2023-2024学年江西省上进联盟高三（下）开学检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上进联盟高三（下）开学检测物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.碘131是碘元素的人工放射性同位素，医学上常用碘131( 53131I)标记的玫瑰红钠盐和马尿酸钠作为肝、胆和肾等检查的扫描显像剂，其发生衰变的方程为 53131I→Xm131X+Y−1nY，则下列说法正确的是
A. 碘131发生的是β衰变
B. 碘131的原子核内中子数比X粒子的原子核内中子数少一个
C. 碘131在玫瑰红钠盐和马尿酸钠中的半衰期可能不相同
D. 碘131原子核内有68个中子
2.踢毽子是我国一种传统的体育运动，如图是一孩童正在练习踢毽子，毽子的运动近似沿竖直方向。若考虑空气阻力的影响，且阻力大小与速率成正比，毽子离开脚后至回到出发点的过程中，下列说法正确的是
A. 毽子在最高点的加速度为零
B. 下降过程中毽子加速度的大小大于重力加速度的大小
C. 毽子上升的时间大于下降的时间
D. 毽子上升过程克服合外力做的功大于下降过程合外力做的功
3.如图为一“环腔式”消声器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为λ的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，下列说法正确的是( )
A. 该消声器是利用波的漫反射原理设计的
B. 该消声器对所有频率的声波均能起到降噪效果
C. 上下两束波的路程s1和s2满足s1−s2=(2n+1)λ2(n=0,1,2,3⋯)时，降噪效果最好
D. 上下两束波的路程s1和s2满足s1−s2=nλ(n=0,1,2,3⋯)时，降噪效果最好
4.如图，2023年8月27日发生了土星冲日现象，土星冲日是指土星、地球和太阳三者近似排成一条直线，地球位于太阳与土星之间。已知地球和土星绕太阳公转的方向相同，轨迹均近似为圆，土星绕太阳公转周期约30年。下次出现土星冲日现象应该在
A. 2024年B. 2038年C. 2050年D. 2053年
5.如图甲，当汽车陷入泥潭时，往往需要拖车将受困车辆拖拽驶离。如图乙，救援人员发现在受困车辆的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的力学知识判断，救援车辆最省力的救援方案为
A. B.
C. D.
6.一带负电粒子在仅受电场力作用下，从x=0的位置沿x轴正方向运动，电场力做功WE随位移x变化关系如图所示，其中x1为0∼x2距离的中点，0∼x2段的图像是曲线，x2∼x3段的图像是直线，下列说法正确的是( )
A. 在0∼x2段，x1处的场强最小，但不一定为零
B. 粒子在x2∼x3段速度v随位移x均匀增大
C. 粒子在x=0位置的速度不为零
D. x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1g;下降过程中mg−Ff=ma2，a2W2，故D正确。
3.【答案】C
【解析】A.该消声器是利用声波干涉原理设计，故A错误；
BCD.根据波的叠加原理可知，该消声器对于路程差为s1−s2=(2n+1)λ2(n=0,1,2,3⋯)
的声波降噪效果良好，但不符合上述条件的声波降噪效果较差，甚至不能起到降噪效果，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，故BD错误，C正确。
故选C。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查天体运行的周期问题。解决问题的关键是清楚土星冲日满足的关系。
【解答】
由题意可知tT地−tT土=1，地球公转周期为1年，土星的公转周期约为30年，代入可得，t=3029年，约为1年零12.6天，故A正确，BCD错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题解题的关键是分析绳子拉力的作用效果，当救援车辆施加的力小，而绳子拉力比较大时，效果最好，逐项分析即可得解。
【解答】
A项中缆绳与树桩构成定滑轮系统，仅改变力的方向，未改变力的大小;
B项中根据受力分析可知，教援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的2倍;
C项中根据受力分析可知，教援车辆的拉力为受困车辆所受拖搜力的12；
D项中根据受力分析可知，救提车辆的拉力为缆绳两侧拖拽拉力的合力，因初始时刻两分力夹角接近180∘，合力远小于两分力，D项正确。
6.【答案】C
【解析】A.题图为一带负电粒子在仅受电场力作用下的 WE−x 图像，由F⋅Δx=WE
整理有WE=F⋅Δx
该图像的斜率为带电粒子所受的电场力，由图像可知，在 x1 处粒子所有的电场力为零。根据F=qE
可知，此处电场强度为零，故A项错误；
B.由题图可知，粒子在 x2∼x3 过程，电场力做负功，由动能定理有−Fx=−WE=12mv2−12mv12
整理有v= v1−2Fmx
由上述表达式可知，粒子在 x2∼x3 段速度v不是随位移x均匀增大的，故B项错误；
C.由题图可知粒子在原点和 x2 处电场力做功为零，由动能定理有WE=ΔEk=0
所以粒子在原点和 x2 处的动能相同，因为同一个粒子，所以粒子在两处的速度相同，由题意可知，粒子从 x2 处的速度不为零，否则在 x2∼x3 处粒子将无法运动，所以，粒子在 x=0 位置的速度不为零，故C项正确；
D.由之前的分析可知，该图像的斜率为电场力，由题图分析可知，在 0∼x1 过程，电场对粒子做正功，由题图可知，在 x1∼x2 过程，图像的斜率方向反向，即粒子所受电场力的方向反向，该过程，电场对电场力做负功，电场力做负功，电势能增加，所以粒子在 x2 处电势能大于 x1 处的电势能，由于粒子带负电，所以电势能大的地方，其电势小，即φ1>φ2
由题图可知在 x2∼x3 过程，电场对粒子做负功，所以粒子在 x3 处电势能大于 x2 处的电势能，由于粒子带负电，所以电势能大的地方，其电势小，即φ2>φ3
综上所述有φ1>φ2>φ3
故D项错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆周运动和机械能守恒定律的应用。解决问题的关键是清楚石块的受力情况和运动情况，及各力做功的情况。利用机械能守恒定律和圆周运动的知识分析判断。
【解答】
根据机械能守恒，可知Mgl(1+sinα)−mgL(1+sinα)=12Mv22+12mv12，v1=ωL，v2=ωl，代入数据，解得v1=10m/s，故B正确，ACD错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.根据题意，由动量定理有FΔt=nΔtmv−0
解得F=nΔtmvΔt=0.08N
故A正确，B错误；
CD.根据题意，由牛顿第二定律有4F=Ma
解得a=4FM=3.2×10−6m/s2
故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本体借助手机无线充电装置考查理想变压器。解决问题的关键是熟知理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合能量关系分析判断。
【解答】
设a、b间电压为U0，变压器输入电压为U1，变压器c、d端电压为U2，用户输出端电压为UP，根据U1U2=n1n2，I1I2=n2n1；及能量守恒U0I1=I12R+I22R+I2Up
把U0=220V，UP=12.8V，I2=2A，n1:n2=5:1代入解得：
R=15Ω，U2=Ucd=42.8V，故AD错误，BC正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题关键是画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何知识和周期公式求解粒子的速度和运动时间，另外要知道粒子运动时间越长即为圆心角最大，圆心角等于2倍弦切角，找出临界条件画出图形是难点。
【解答】
如图甲，粒子从P点入场，运动至c点，运动轨迹为半圆;2r=2R+23R，r=mvBq，所以v=4BqR3m，t=T2=πmBq，A项错误，B项正确;
粒子从P点入场，运动至圆周上，时间最长即为圆心角最大，根据圆心角等于2倍弦切角，可知时间最长，即运动轨迹圆的弦切角需最大;同理时间最短即为弦切角最小;如图乙，运动时间最短，此时轨迹圆的弦Pd与题设圆相切，由几何知识可知∠OPd=37∘，圆心角为106∘，则2r1sin53∘=43R，r1=mvBq，所以v1=5BqR6m，t1=53∘×2360∘⋅2πmBq，如图丙，运动时间最长，此时轨迹圆的弦Pk与题设圆相切，由几何知识可知∠OPk=37∘，圆心角为254∘，则2r2sin53∘=43R，r2=mvBq，所以v2=5BqR6m，t2=360∘−53∘×2360∘⋅2πmBq，故而v1v2=1，t1t2=53127，C项错误，D项正确。
11.【答案】 匀速直线 0.15 0.15 能
【解析】【分析】
本题考查利用动量守恒在空间站测质量的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会分析实验数据。
【解答】
(1)[1]由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
[2]由照相机的频率可知周期为T=1f=110s=0.1s
则由图可知，小球A速度大小为vA=xt=1.5×10−20.1m/s=0.15m/s
(2)[3]由图可知，B的速度大小为vB=xBt=1×10−20.1m/s=0.1m/s
由动量守恒可知mAvA+mBvB=0
代入数值可得mB=0.15kg
(3)[4]该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
12.【答案】(1)b；(2)最大值；1000；6；(3) ①需要； ②c、d间
【解析】【分析】
本题考查多用电表的使用和电表改装原理，解题关键要知道欧姆表表笔按照电流走向“红进黑出”，根据闭合电路欧姆定律求解电压表内阻和蓄电池电动势，根据实验现象分析电路故障。
【解答】
(1)欧姆表表笔按照电流走向“红进黑出”，所以b为红表笔。
(2)电路接通前电阻箱电阻选择最大值，确保电路安全，满偏时Ig=ERV+R1，
第二次电压表半偏Ig2=ERV+R2，联立得RV=1000Ω，
又电压表满偏电流Ig=31000V=0.003A，代入则有E=6V。
(3) ①为了保证电路安全，需要断开开关S; ②断路处电阻无穷大，所以c、d间出现断路故障。
13.【答案】解：(1)设容器的容积为V0，则每次抽气时可视为增加了的体积为V02，
设第1次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，有p0V0=p1(V0+12V0)
设第2次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，有p1V0=p2(V0+12V0)
解得p2=49p0
(2)由(1)问可知pn=(23)np0
假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为p0时的体积为V，
p0V=pnV0
k=VV0−V
解得k=2n3n−2n
【解析】第一问是抽气过程，是一个变质的过程，将抽出的与余下的视为一个整体，这样就可以等效为气体的质量是不变的，然后用状态方程，就可以求解了。每二问将气体的体积都化成同一个压强下的体积，温度又不变，这样气体的质量之比与体积之比是相同的。这样就可以求解了。
要将变质量的问题转化为质量不变来处理，将质量之比转化为同温同压下的体积之比。
14.【答案】(1)根据题意，设运动员在最低点的速度为 v0 ，由机械能守恒定律有12mv02=mgd1−cs53∘+12mv2
设运动员在最低点受到杠的作用力为 F ，由牛顿第二定律有F−mg=mv02d
解得F=1173.75N
由牛顿第三定律得，运动员对杠的作用力F′=F=1173.75N
(2)脱离杠后，竖直方向上有−H−dcsθ−h=vyt−12gt2 ， vy=vsinθ
水平方向上有x=vxt ， vx=vcsθ
联立解得x=0.45m
运动员落地点离杠的水平距离s=dsinθ+x=1.25m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)a棒加速运动，则
mgsin37∘−μ(mgcs37∘−B2IL)=ma
I=2A
b棒匀速运动，则
F=B1IL
解得
F=4N；
(2)b棒匀速运动s=2m后撤去外力，
I=B1Lv02R
v0=2m/s
t=sv0=1s
b棒匀速过程电流恒定，a棒受力恒定，设a棒经过1s的加速后速度为v1，
v1=at=3m/s
之后b棒进入斜面，在斜面上运动过程回路电流为0，此时对a棒
mgsin37∘=μmgcs37∘，a棒开始匀速运动。
对b棒，在斜面上运动过程机械能守恒，b棒以v0冲上斜面后，当其又返回连接处时，b棒速度大小仍然为v0，
b棒返回后在水平轨道上只受安培力作用
−∑B1ILΔt=m(0−v0)
b棒返回水平轨道后运动至停止时，设a棒的速度为v2，则对a棒：
−∑[μ(B2IL+mgcs37∘)−mgsin37∘]Δt=m(v2−v1)
联立解得
v2=1.5m/s
b棒停止运动后，回路电流为0，a棒以1.5m/s继续做匀速运动至连接处。
(3)b棒返回水平轨道至速度减为零的过程中，产生的焦耳热为QJ1=12mv02=2J
a棒运动到水平轨道后，a、b组成系统动量守恒，
mv2=2mv3
12mv22−2×12mv32=QJ2=916J
回路所产生的焦耳热为
QJ=QJ1+QJ2=4116J
【解析】本题考查电磁感应的综合问题。解决问题的关键是清楚ab棒的受力情况和运动情况，利用牛顿第二定律、运动学公式、动量定律、动量守恒定律和能量关系分析判断。