2023-2024学年河南省周口市部分重点高中高三（下）开学收心考试理综物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省周口市部分重点高中高三（下）开学收心考试理综物理试卷（含解析），共15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。
1.一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为
( )
A. λ1λ2λ1+λ2B. λ1λ2λ1−λ2C. λ1+λ22D. λ1−λ22
2.如图所示，质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的直杆一端搁在水平面上的长木板上，另一端用轻绳悬挂着，用力向左拉长木板使其向左运动，直杆稳定时轻绳与竖直方向的夹角为37∘，杆与板间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则轻绳的拉力大小为( )
A. 0.5mgB. 0.6mgC. 0.75mgD. 0.8mg
3.2023年10月26日，“神州十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后成功与在轨的“天宫”空间站核心舱对接。已知对接后的“神州十七号”飞船与空间站组合体在轨高度约为400km，运行周期为T。地球半径为R=6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. T小于1h
B. 组合体在轨运行速度约为8.2km/s
C. 地球的平均密度大于3πGT2
D. 由于不受重力，空间站中的烛焰呈近似球形
4.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，BC是轨道的水平直径，O为圆心，一个小球静止在轨道的最低点A。现给小球水平向左的初速度，小球沿圆轨道向上运动到D点时刚好离开圆轨道，此后小球恰能通过E点，E为O点上方与D等高的位置，OD与水平方向的夹角为θ，不计小球的大小，则( )
A. θ=30∘B. θ=37∘C. θ=45∘D. θ=53∘
5.如图所示，通有大小恒为I、方向向右电流的长直导线PQ水平固定，通有大小也为I、沿逆时针方向恒定电流的矩形线框ACDE通过轻弹簧悬挂，悬挂点为AE边的中点，线框静止，AE边水平，PQ和线框在同一竖直面内，AE和CD间距离为d，PQ和CD间距离也为d，CD长为2d，已知长直通电导线在距离导线为r的位置产生的磁感应强度为B=kIr(其中k为常数，I为长直通电导线中的电流)，则下列判断正确的是( )
A. 长直导线PQ受到的安培力方向向下
B. 长直导线PQ受到的安培力大小为kI2
C. 长直导线PQ受到的安培力大小为2kI2
D. 将长直导线中电流增大，弹簧的长度会变短
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度v向右匀速移动，已知磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面(纸面)向外，导轨间距为l，闭合电路acQPa中除电阻R外，其他部分的电阻忽略不计，则( )
A. 电路中的感应电动势E=BlvB. 电路中的感应电流I=BlvR
C. 通过电阻R的电流方向是由a向cD. PQ杆受到的安培力方向水平向右
7.如图所示，带电小球A固定在绝缘水平面上，带电小球B在A球正上方某处水平向左抛出，落地时速度刚好垂直地面，不计小球的大小，则下列判断正确的是( )
A. 两球带异种电荷B. 小球B的电势能一定增大
C. 静电力对小球B做功的功率先增大后减小D. 小球B的机械能保持不变
8.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，在t=0时刻的波形如图所示，M、N是介质中的两个质点。质点M的振动方程为y=10sin2πtcm，则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正向传播B. t=0时刻，质点N正沿y轴负方向运动
C. 波的传播速度为12m/sD. 质点M的平衡位置位于x=−85m处
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.某同学设计了如图所示的测物块与长木板间动摩擦因数的实验装置。长木板固定在水平桌面上，圆弧体固定在木板上，圆弧体的圆弧面最底端B与木板上表面相切，用重锤线确定长木板右端C在水平地面上的投影位置C′。测出C点离地面的高度h，重力加速度为g。
(1)将一个小物块从圆弧面的最高点A由静止释放，物块滑离长木板后落地点离C′点的距离x1，则物块滑离长木板时的速度v1=______(用已知的和测量的物理量符号表示)。
(2)改变圆弧体在长木板上固定的位置多次，重复(1)实验，测得多组物块滑离长木板后落地点离C′点的距离x，及对应的B点到C点的距离L，作L−x2图像，得到图像的斜率为k，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=_____(用已知的和测量的物理量符号表示)。
10.某同学要测量一段金属丝的电阻率。
(1)该同学先用螺旋测微器测金属丝的直径，测量的示数如图甲所示，则金属丝的直径d=_____mm。
(2)为了测量金属丝的电阻，根据实验室提供的器材组成了如图乙所示电路：其中电源的电动势为E，定值电阻R0的作用是用来保护电路：P是鳄鱼夹，用来调节接入电路中的金属丝的长度L。闭合开关前应将P夹在金属丝的最_____(填“左”或“右”)端，闭合开关，逐渐改变鳄鱼夹的位置，记录鳄鱼夹每一个位置对应的金属丝接入电路的长度L以及对应的电流表A的示数I，得到多组I和L的数据。根据数据作L−1I图像，得到图像的斜率为k，图像与纵轴的截距为b，则金属丝的电阻率为ρ=______(用测量的和已知的物理量的符号表示)。
(3)若要测出电源的内阻，还要知道_____(填“电阻R0的阻值”“电流表的内阻”或“电阻R0的阻值和电流表的内阻”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
11.热气球飞行已成为人们喜爱的一种航空体育运动。如图所示为某热气球正从地面以加速度a加速上升，已知热气球气囊、吊篮及人的总质量为M，气囊内热空气的体积为V(忽略气囊自身的体积和空气阻力且气囊容积不变)，气囊外大气密度为ρ0、温度为T0，求：
(1)囊内气体的密度；
(2)囊内气体的温度。
12.如图所示，质量为m的“L”形长木板放在光滑水平面上，长木板表面有一段半径为R的光滑14圆弧AB，与水平部分BC相切，BC段长为3R，质量为m的物块用细线吊着刚好与圆弧的最高点A接触，现将整个装置以大小为v0= gR的速度向右运动，g为重力加速度，不计物块的大小，某时刻细线断开，最终物块刚好停在长木板的右端C，求：
(1)物块滑到圆弧面最低点B时对圆弧面的压力大小；
(2)物块与长木板BC间的动摩擦因数。
13.如图所示，在直角坐标系第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内，虚线OM与x轴间有垂直于坐标平而向外的匀强磁场，OM与x轴间的夹角为45°，在y轴上离O点距离为d的P点有一粒子源，不断平行x轴向第一象限射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，当粒子射出的速度大小为v0时，粒子以与OM平行的方向进入磁场，此粒子刚好不从OM射出磁场，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)当粒子从P点射出的速度大小为2v0时，试判断粒子能不能从OM射出磁场，如果不能说明理由，如果能，粒子从OM射出的位置离O点的距离为多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】中子的动量
p1=hλ1
氘核的动量
p2=hλ2
对撞后形成的氚核的动量
p3=p2+p1
所以氚核的德布罗意波波长为
λ3=hp3=λ1λ2λ1+λ2
故A正确，BCD错误；
故选A．
2.【答案】A
【解析】对直杆受力分析如图所示
根据平衡条件，在水平方向
f=Tsin37∘
其中 f 为滑动摩擦力，则
f=μN
在竖直方向
N+Tcs37∘=mg
代入数据，以上各式联立解得
T=0.5mg
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.同步卫星的周期
T同=24h
轨道半径
r同=R+3600km=10000km
组合体的轨道半径
r组=6800km
根据开普勒第三定律可知，组合体的周期T大于1h，故A错误；
B.根据
GMmR2=mg
GMmr组2=mv2r组
v= GMr组
代入数据得
v≈7.8km/s
故B错误；
C.根据
GMmr组2=m4π2T2r组
M=4π2r组3GT2
地球的平均密度
ρ=MV=4π2r组3GT243πR3=3πr组3GT2R3
所以地球的平均密度大于 3πGT2 ，故C正确；
D.空间站中的烛焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】小球刚要脱离圆轨道时，小球的速度大小为 v1 ，此时对小球
mgsinθ=mv12R
小球脱离轨道后，小球将做斜抛运动，则小球在D点时的水平方向
vx=v1sinθ
xDE=Rcsθ
t=xDEvx
在竖直方向
vy=v1csθ
t=2vyg
以上各式联立，解得
sinθ= 22
即
θ=45∘
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.长直导线PQ在矩形线框 ACDE 处的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知 CD 受到的安培力向下， AE 受到的安培力向上，由于长直导线PQ在 CD 处的磁感应强度较大，则长直导线PQ对矩形线框的安培力向下，根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力方向向上，故A错误；
BC.矩形线框受到的安培力的大小为
F=IL(BCD−BAE)=I⋅2d⋅(kId−kI2d)=kI2
根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力大小为 kI2 ，故B正确，C错误；
D.对矩形线框，根据平衡条件有
kx=mg+F
将长直导线中电流增大，矩形线框受到的安培力的大小增大，弹簧的长度会变长，故D错误。
故选B。
6.【答案】AB
【解析】A.根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势 E=Blv ，故A正确；
B.根据欧姆定律可知，电路中的感应电流 I=BlvR ，故B正确；
C.根据右手定则可知，通过电阻 R 的电流方向是由c向a，故C错误；
D.根据左手定则可知， PQ 杆受到的安培力方向水平向左，故D错误；
故选AB。
7.【答案】AC
【解析】【分析】
本题通过电荷运动考查功、电势能、瞬时功率和机械能守恒等，根据定义进行判断求解。
小球B落地时速度刚好垂直地面，则水平方向小球B做减速运动，据此分析；根据力与速度的夹角分析瞬时功率；若B相对A的间距不变，则B的电势能不变，据此分析电势能和机械能。
【解答】
A、小球B落地时速度刚好垂直地面，则水平方向小球B做减速运动，所以AB之间的为库仑引力，两球带异种电荷，故A正确；
B、若B落地时，AB间的距离与初始的距离相等，则小球B的电势能不变，因B的落地位置未知，所以不能判断小球B的电势能变化，故B错误；
C、在最高点时静电力与速度垂直，所以瞬时功率为0，落地时速度竖直向下，静电力水平，所以静电力与速度垂直，此时静电力的瞬时功率也为0，而下落过程，静电力做功不为0，所以静电力对小球B做功的功率先增大后减小，故C正确；
D、若B落地时，AB间的距离与初始的距离相等，则小球B初末位置的机械能相等，若B落地时，AB间的距离与初始的距离不相等，则小球B初末位置的机械能不相等，故D错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.根据质点 M 的振动方程可知， t=0 时刻质点 M 的振动方向沿y轴正方向，结合波形图，根据同侧法可判断出波的传播方向为 x 轴正方向，质点 N 的振动方向为 y 轴正方向，A正确，B错误；
C.设质点N的振动方程为
y=10sin2πt+φcm
已知 t=0 时 y=−5cm ，可得
φ=−56π
平衡位置在 x=8m 处的质点相位为
φ′=π2
所以从质点N到平衡位置在 x=8m 处的质点间相位差为
Δφ=43π
距离为
Δx=43π2πλ=23λ=8m
可得
λ=12m
周期为
T=2πω=2π2π=1s
波速为
v=λT=12m/s
C正确；
D.质点M到平衡位置在 x=8m 处的质点距离为
Δx=34λ=9m
所以质点 M 的平衡位置位于 x=−1m 处，D错误。
故选AC。
9.【答案】 x1 g2h 14kh
【解析】(1)[1]物块滑离长木板后做平抛运动，可得
x1=v1t,h=12gt2
联立，解得
v1=x1 g2h
(2)[2]设滑块滑到B点时的速度为vB，则滑块从B点运动到C点过程，由动能定理可得
−μmgL=12mv2−12mvB2
又
h=12gt2,x=vt
联立，解得
L=−14μhx2+vB22μg
结合图像的斜率为k，可得
−14μh=k
解得
μ=14kh
10.【答案】 2.165mm 左 πEd24k 电阻 R0 的阻值和电流表的内阻
【解析】(1)[1]根据螺旋测微器测读数规则，金属丝的直径为
d=2mm+16.5×0.01mm=2.165mm
故填2.165mm；
(2)[2]先将鳄鱼夹P置于金属丝的最左端，使得金属丝接入电路阻值最大，故填左；
[3]根据电阻定律可知，金属丝接入电路的电阻为
R=ρLS
而
S=πd24
由闭合回路欧姆定律有
I=ER0+R+RA+r
联立解得
L=πEd24ρ⋅1I−πd24ρ(R0+RA+r)
得
k=πEd24ρ
b=πd24ρ(R0+RA+r)
解得
ρ=πEd24k
E=kb(R0+RA+r)
故填 πEd24k ；
(3)[4]由[3]中公式可知，若要测出电源的内阻，还要知道电阻 R0 的阻值和电流表的内阻，故填电阻 R0 的阻值和电流表的内阻。
11.【答案】(1) ρ0Vg−M(g+a)V(a+g) ；(2) ρ0Va+gρ0Vg−Mg+aT0
【解析】(1)热气球受到的浮力
F=ρ0Vg
对热气球气囊、球内气体和吊篮及人整体，由牛顿第二定律
F−ρVg−Mg=(M+ρV)a
即
ρ0Vg−ρVg−Mg=(M+ρV)a
解得囊内气体的密度
ρ=ρ0Vg−M(g+a)V(a+g)
(2)设囊内气体的温度 T ，当气囊内气体温度为 T0 升到 T 时，原来球内气体的体积变为 V′ ，气体压强不变，由盖−吕萨克定律得
V′T=VT0
根据质量相等，上式同除以原来气球内的气体的质量，得
ρT=ρ0T0
得囊内气体的温度
T=ρ0T0ρ=ρ0T0ρ0Vg−Mg+aVa+g=ρ0Va+gρ0Vg−Mg+aT0
12.【答案】(1)5mg；(2) μ=13
【解析】(1)物块从A点下滑到B点过程中整个系统水平方向动量守恒，设物块滑到B点时，物块速度为 v1 ，木板速度为 v2
2mv0=mv1+mv2
机械能守恒
12⋅2mv02+mgR=12mv12+12mv22
联立可得
v1=2 gR ， v2=0
物块滑到圆弧面最低点B时由牛顿第二定律
N−mg=mv12R
解得
N=5mg
由牛顿第三定律最低点B时物块对圆弧面的压力大小为5mg。
(2)设最终物块刚好停在长木板的右端C时二者的速度为v，由水平方向动量守恒可得
2mv0=2mv
由能量守恒可得
μmg⋅3R=12⋅2mv02+mgR−12⋅2mv 2
解得
μ=13
13.【答案】(1) E=mv022qd ；(2) B=2mv0dq ；(3)不能，理由见解析
【解析】(1)根据题意可知，粒子进入磁场时速度与OM平行，即与x轴间的夹角为45°，所以在沿电场线方向末速度也是 v0 ，因此可得
v02=2ad
a=Eqm
联立解得
E=mv022qd
(2)若粒子刚好不从OM射出磁场，则轨迹如下图所示
根据平抛关系可得
tan45∘=2dx
由几何关系可得，粒子运动半径为
r= 22d
在磁场中洛伦兹力提供向心力
Bq 2v0=m 2v02r
联立解得
B=2mv0dq
(3)当粒子从P点射出的速度大小为 2v0 时，轨迹如下图所示
设与x轴交点为Q，因为沿电场线方向速度变化不变，因此OQ的距离为4d，水平速度为 2v0 ，沿电场线方向末速度为 v0 ，因此和速度为
v= 2v02+v 02= 5v0
根据洛伦兹力提供向心力可得
Bq 5v0=m 5v02R
解得
R= 52d
粒子运动过程中，离Q点最远的位置为直径，长度为 5d ，但Q点到OM的最近距离为 2 2d ，且
2 2d> 5d
因此粒子能不能从OM射出磁场。