2024届江苏省南菁高中、梁丰高中高三上学期8月自主学习检测物理试题 （解析版）

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南菁高中2023-2024学年第一学期高三年级自主学习检测试卷物理学科2023.8(本试卷满分100分，考试时间75分钟．)一、单选题（共10小题，每题4分，共40分）1. 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值橡皮筋未受到拉力时的长度L，横截面积S有关，理论与实践都表明其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是（　　）A. N B. m C. N/m D. Pa【答案】D【解析】【详解】根据可得则Y的单位是故选D。2. 医学上利用超声波进行身体检查，探头发出一定频率的超声波，指向需要检查的部位，超声波射入人体后，在机体的组织器官形成反射波，回声返回到探头，经过信号转换之后形成影像，用于诊断。下列说法正确的是（　　）。A. 超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向垂直B. 为提高成像分辨力应使超声波的波长比探测目标小的多C. 若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率降低D. 进行超声探测时，探头与人体表面间需留有空隙【答案】B【解析】【详解】A．超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向平行，A错误；B．为提高成像分辨力应使超声波不能发生明显衍射现象，所以超声波波长比探测目标小的多，B正确；C．根据多普勒效应，若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率升高，C错误；D．进行超声探测时，探头与人体表面间不需留有空隙，超声检查时，探头与病人皮肤之间的空气将阻碍超声波传入人体，为获得高质量的清晰图像，需要使用液性传导介质来连接探头与病人体表，这种介质就是常用的超声耦合剂，D错误。故选B。3. 镅是一种人工获得的放射性元素，符号，原子序数95，具有强放射性，化学性质活泼，是同位素测厚仪和同位素X荧光仪等的放射源，常用于薄板测厚仪、温度计、火灾自动报警仪及医学上。其衰变方程为，已知核的质量为，核的质量为，X的质量为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）A. 该衰变为衰变B. 的结合能为C. 的比结合能小于的比结合能D. 衰变后核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出射线【答案】C【解析】【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知所以该衰变为衰变，A错误；B．根据质能方程可知为衰变释放的能量，不是的结合能，B错误；C．比结合能越大原子核越稳定，C正确；D．衰变后核处于高能级，向低能级跃迁发出射线，D错误。故选C。4. 规范佩戴医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一，合格医用口罩内侧使用对水不浸润的材料，图甲为一滴水滴在医用口罩内侧的照片，图乙为对应的示意图。以下说法正确的是（　　）A. 照片中水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部密集B. 该口罩为不合格产品，其内侧材料对所有的液体都浸润C. 该口罩为合格产品，其内侧材料并非对所有的液体都不浸润D. 照片中水滴附着层（即固液接触层）内水分子比水滴内部密集，因为附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力小【答案】C【解析】【详解】A．水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部稀疏，故A错误；BC．由图可知，水珠并没有浸润口罩内侧，因此是合格产品，浸润与不浸润现象是相对的，各种液体的密度、分子大小、分子间隙、分子间作用力大小等都各不相同，因此口罩内侧材料并不一定对所有的液体都不浸润，只要对水不浸润，就是合格产品，故B错误，C正确；D．水滴附着层（即固液接触层）内水分子比水滴内部稀疏，附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力大，因而使水滴表面紧绷而减小与口罩内侧固体材料的作用，故D错误。故选C。5. 为了节省燃料，发射火星探测器需要等火星与地球之间相对位置合适。如图所示，“天问一号”探测器自地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点椭圆地火转移轨道无动力到达火星附近，在火星附近被火星引力俘获后环绕火星飞行。已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍。则火星探测器（　　）。A. 下一个发射时机需要再等约2.1年B. 在地火转移轨道运动时间小于6个月C. 在地火转移轨道运动时速度均大于地球绕太阳的速度D. 进入地火转移轨道的速度大于7.9km/s小于11.2km/s【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知火星的公转周期为年，设下一个发射时机需要再经过时间，则有可得解得A正确；B．根据开普勒第三定律可知，探测器在地火转移轨道的周期大于地球的公转周期，故探测器在地火转移轨道运动时间为可知火星探测器在地火转移轨道运动时间大于6个月，B错误；C．根据万有引力提供向心力可得解得可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，根据卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，可知火星探测器运动到火星轨道处的速度小于火星绕太阳的速度，故火星探测器在地火转移轨道运动时速度并不是一直大于地球绕太阳的速度，C错误；D．火星探测器进入地火转移轨道需要脱离地球的束缚，火星探测器进入地火转移轨道的速度大于小于，D错误；故选A。6. 真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E，电势为；若再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则O点的场强大小和电势应分别为（    ）A.  B.  C.  D. 0， 【答案】B【解析】【详解】在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E得则O点的场强大小三角形中心O点的电势为，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与无穷远处是相等的，为0。A为等量同种电荷，则O点电势应为。故选B。7. 如图所示，足够长的斜面静止在水平地面上。先后两次将带正电的小球从斜面底端A处以相同的速度抛出，不计空气阻力。第一次不加电场，小球恰好沿水平方向撞到斜面上B点。第二次施加范围足够大，竖直向下的匀强电场，则小球（　　）。A. 仍然水平撞击斜面 B. 撞击点在B点上方C. 飞行时间比第一次长 D. 撞击斜面时的速度比第一次大【答案】A【解析】【详解】A．第一次不加电场，小球恰好沿水平方向撞到斜面上，采用逆向思维，将其看成平抛运动，则小球撞上斜面时与斜面的夹角为θ，设斜面倾角为α，即平抛运动位移方向与水平方向夹角为α，则平抛运动的末速度方向与水平方向夹角为，则有第二次施加范围足够大，竖直向下的匀强电场，小球竖直方向的加速度变大，初速度不变，小球的逆运动为类平抛运动，上述结论依然成立，所以小球仍然水平撞击斜面，故A正确；BC．不加电场时，设小球运动时间为t，有施加电场后，小球的加速度变大，设小球运动时间为，则有所以加电场后，小球的水平分速度不变，小球做平抛运动的水平位移变小，而故竖直分位移变小，即撞击点在B点下方，故BC错误；D．加电场与不加电场小球水平方向速度vx不变，所以两次撞击斜面时的速度一样大，故D错误。故选A。8. 真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板，假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，已知单位时间内从A板逸出的电子数为，电子逸出时的最大动能为。元电荷为。忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变，图示装置可看成直流电源，则（　　）A. 入射光子的能量为 B. 电源的短路电流为C. 电源的内阻为0 D. 向上移动A板，电源的电动势增大【答案】B【解析】【详解】A．根据光电效应方程解得入射光子的能量为A错误；B．短路时，在A板上方选择一参考平面，时间内通过该参考平面的电荷量为根据电流定义式可得B正确；CD．光照射A板后，A板发出的光电子不断打到B板上，在AB板之间形成电场，将阻碍后续发出的光电子向B板运动，当AB板之间的电势差达到最大值时，以最大初动能从A板逸出的光电子也刚好不能到达B板，根据动能定理可得解得电源电动势等于开路时的路端电压，可得电动势为根据闭合电路欧姆定律可得电源内阻为由以上分析可知，向上移动A板，电源的电动势保持不变，CD错误；故选B。9. 将一根柔软弹性细绳沿水平的x轴放置，其一端固定于位置为的墙面上，另一端不断上下振动，在绳中形成绳波如图，在时刻的质点刚好开始振动。当波传至固定点时，绳波将发生反射。反射处质点在反射前后的振动速度大小不变方向反向，波的传播方向也反向。则下列各个时刻细绳的波形图（实线）正确的是（　　）。A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】A．经过，波沿x轴正方向传播距离为波前传播到处，和处的两个质点位于波谷，处的质点位于波峰，A错误；B．经过，波沿x轴正方向传播的距离为波前传播到处，和处的两个质点位于波谷，和处的两个质点位于波峰，B错误；C．经过，波沿x轴正方向传播的距离为处的波峰向前移动6m到处，处的波谷遇到墙变成波峰反射也移动到处，两个波峰在处相遇振动加强，处的质点位于波峰处且振幅等于原来的2倍，C正确；D．经过，波沿x轴正方向传播的距离为处的波谷向前移动8m到处，处的波峰向前移动7m遇到墙变成波谷反射运动到处，两个波谷在处相遇振动加强，处的质点的位于波谷处且振幅等于原来的2倍，D错误。故选C。10. 如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。A球在水平拉力F的作用下向右做速度大小为2m/s的匀速运动。g=10m/s2，那么在该过程中（　　）A. 拉力F为恒力，大小为4NB. A球所受的摩擦力为恒力，大小为4NC. B球向上做速度大小为2m/s匀速运动D. B球向上做加速运动，当OA=3m，OB=4m时，B球的速度为1.5m/s【答案】D【解析】【详解】C．设某时刻细绳与竖直方向夹角为，如图：因绳子不可伸长，所以有化简得在运动过程中，绳子与竖直方向的夹角一直在增大，所以B球的速度一直增加，选项C错误；D．当OA=3m，OB=4m时，B球的速度选项D正确；B．分别对A、B受力分析如图：根据前面分析有由数学知识可知B球的速度增加的越来越快，即加速度越来越大。设某瞬时B球的加速度为a，这时绳的拉力的竖直分量对A球有则摩擦力由于加速度a变化，则A球所受的摩擦力不为恒力，选项B错误；A．由于A球匀速运动，所以拉力由于加速度a和不断变化，则拉力F不恒力，选项A错误。故选D。二、简答题（共5题，12~15题写出必要的过程和步骤，只写结果不得分．）11. (1)甲同学利用电流表、电压表等实验器材测量一节干电池A的电动势EA和内阻rA，实验电路图如图（甲）所示： ①现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（0~15V）     B.电压表（0~3V）C.滑动变阻器（0~50Ω）     D.滑动变阻器（0~~500Ω）为减小测量误差，在实验中，电压表应选用____；滑动变阻器应选用____；（选填相应器材前的字母）；②实验时改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。根据实验数据画出U－I图线，如图（乙）所示。由图像可得：电动势EA=____V，内阻rA=____Ω；(2)乙同学利用电流表、电阻箱等实验器材测量一节干电池B的电动势EB和内阻rB，实验电路图如图（甲）所示。实验时多次改变电阻箱的阻值R，记录电流表的示数I，根据实验数据画出图线，如图（乙）所示。由图像可得：电动势EB=____V，内阻rB=____Ω；(3)若用阻值为3Ω的电阻先后与电池A和电池B连接，则两个电池的输出功率PA、PB中最接近电池最大输出功率的是____（选填“PA”或“PB”）。【答案】    ①. B    ②. C    ③. 1.5    ④. 0.83    ⑤. 1.5    ⑥. 3    ⑦. PB【解析】【详解】(1) [1][2]一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表应选B。干电池内电阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选C。[3][4]电源的U－I图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，纵轴的截距表示电动势，所以 (2) [5][6]根据闭合电路的欧姆定律，有得由图（乙）可知图像纵轴的截距斜率 解得(3) [7] 电阻的阻值和电源的内阻越接近，电源的输出功率越大。阻值为3Ω的电阻与电池B的内阻大小相同，故PB最接近电池最大输出功率。12. 某同学在做水流导光实验时，将塑料瓶下侧开一个小孔，瓶中灌入清水，水从小孔流出。用激光水平射向塑料瓶小孔，可观察到光在水流内传播。如图所示，已知水的折射率，小孔直径，重力加速度，瓶内水足够多，忽略空气对水的阻力。若要顺利完成此实验使水平射入的激光被约束在水流中，求：（1）激光临界角的正弦值；（2）A处流出的水流速度应满足什么条件？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由得（2）当通过小孔最底端的光线在水流外侧发生全反射时，所有光线都能在水流中传播。此时入射角为C从A处出来的水做平抛运动由解得当时不漏光13. 如图是交流发电机的发电供电原理图。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈共220匝，线圈面积为0.051m2，转动频率为50Hz，磁场的磁感应强度为T。发电机的输出端a、b与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接有两个标有“220V，11kW”的电动机。已知变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电动机正常工作。求：（1）电流表的示数；（2）线圈的内阻。【答案】（1）20A；（2）1.1Ω【解析】【详解】（1）由题意知副线圈的功率为P出＝2.2×104W副线圈的电压为U2=220V，则根据理想变压器原副线圈匝数比为可得原线圈电压为U1=1100V由理想变压器为U1I1＝U2I2可得原线圈上电流为I1=20A所以电流表示数为20A。（2）线圈转动产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝1122V发电机的电动势有效值为E＝1122V由闭合电路欧姆定律知E＝I1r+U1可解得线圈的内阻r=1.1Ω14. 一转动装置如图所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一轻质套筒通过铰链连接，两轻杆长度均为L，球的质量为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与套筒之间，原长为L，弹簧劲度系数为，转动该装置并缓慢增大转速，套筒缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：（1）平衡时弹簧的长度；（2）AB杆中弹力为0时，装置转动的角速度ω0；（3）弹簧从小球平衡至缩短为原长的一半的过程中，外界对转动装置所做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设两杆与竖直方向的夹角为θ，对球根据平衡条件得根据胡克定律得 解得 弹簧的长度为 （2）AB杆中弹力为0时，弹簧恢复原长，根据牛顿第二定律得解得 （3）弹簧缩短为原长一半时，设OA与竖直方向的夹角为α，竖直方向根据平衡条件得 水平方向根据牛顿第二定律得 根据直角三角形得 解得 弹簧长度从至弹性势能不变，根据动能定理得 解得15. 如图所示，空间中有一半径为R、圆心处于O点的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。其底部A点有一电子源可向圆形磁场内各个方向内持续发射速度大小为v0，质量为m，电量为e的电子。圆形磁场右侧紧靠着一电子收集装置，该装置主要由长为2R、间距为2R的平行金属板MN和PQ构成，平行金属板中心轴线过磁场圆心O点，金属板之间加恒为的电压，PQ板接地，当电子碰到金属板立即被收集中和。未能收集的电子射出平行金属板后会撞上另一收集装置BC板（足够长），B点在金属板右端点QN连线的延长线上，并与延长线的夹角为θ（θ可调）。不计电子之间的相互作用和场的边缘效应，则：（1）现要求所有电子均能平行进入金属板间，求磁感应强度B的大小；（2）若电子初速度满足（1）的条件且进入收集装置时在竖直方向分布均匀，单位时间内电子数为n，求平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能；（3）在（2）中未能收集的电子离开平行金属板后与BC板发生碰撞，要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为多少？调整后与BC撞击的电子有60%被完全吸收，40%电子会被反弹，反弹后的速度大小减小为原来一半，求BC板受到的作用力大小。  【答案】（1）；（2）50%；；（3）45°，【解析】【详解】（1）当电子在磁场中运动半径与磁场半径相等时，所有电子均能平行向右进入收集装置，有解得（2）电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动，设恰好从N点出射的电子进入平行板时离MN距离为d，则有其中解得即从中心轴线以上进入的电子全部被收集，中心轴线以下的电子不能被收集，收集效率因电子进入平行板时分布均匀，则中心轴线以上电子减少的电势能为中心轴线以下电子减少的电势能为共减少的电势能（3）设未被平行板收集的电子离开平行板区域时速度与水平方向夹角为α，则解得要让电子能够垂直撞击BC板，有设电子与BC板发生碰撞时速度为v，由类平抛规律有由动量定理得根据牛顿第三定律，BC板受到的作用大小