2024届江西省赣州市高三下学期3月摸底考试物理试题（解析版）

这是一份2024届江西省赣州市高三下学期3月摸底考试物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024年3月
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1. 下列单位等价的一组是（ ）
A. N·s与kg·m/s2B. J与N·mC. C与A·VD. A与T·m2/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据可知N·s与kg·m/s单位等价，A错误；
B．根据可知J与N·m单位等价，B正确；
C．根据可知W与A·V单位等价，C错误；
D．根据求得
对应单位是
D错误。
故选B。
2. 2023年10月5日，日本又启动了第二轮污水排海行动，再次排入海中7800吨核污水。核废水中含有多种放射性元素，如铀、锶、铑、铯、碘等，其中铑损伤肾脏、造血器官以及胃肠道而引起病变，严重时引起肿瘤。铑106的半衰期约370天，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. X是β粒子
B. 降低温度会使铑106的半衰期变长
C. 的比结合能比的比结合能大
D. 经过一个半衰期，100个一定剩下50个未衰变
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可得，的质量数为0，电荷数为，可知，X是β粒子，故A正确；
B．某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理，化学状态无关，即降低温度不会使铑106的半衰期变长，故B错误；
C．衰变后新核更稳定，即新核比结合能更大，则的比结合能比的比结合能小，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对于少数原子核不适用，故D错误。
故选A。
3. 在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的x-t图像和竖直方向的a-t图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动
B. 吊篮在水平方向上做匀加速直线运动
C. 吊篮内的人员在0-t1内处于失重状态
D. t1时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
【答案】C
【解析】
【详解】AB．吊篮在下降过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，因加速度发生了变化，则合运动不是做匀变速曲线运动，选项AB错误；
C．吊篮内的人员在0-t1内加速度竖直向下，处于失重状态，选项C正确；
D．t1时刻后吊篮内的人员因水平方向做匀速运动，可知不受静摩擦力作用，选项D错误。
故选C
4. LED灯具有节能、环保、寿命长、高亮度、耐高温等特点从而得到广泛使用，下图为汽车车头LED大灯，为提高亮度灯组的前端是一半径为R、质量分布均匀的玻璃球，如图所示O为球心，一单色光束从O1处射向A点，经折射后从B点平行与OO1射出，折射角为60°，OA⊥OB，则（ ）
A. 光束在A点的入射角α=30°
B. 光束在玻璃球中频率比在真空中要小
C. 此光束在玻璃中传播的时间为
D. 玻璃球的折射率为
【答案】D
【解析】
【详解】AD．根据几何关系可知，光线从B点射出时的入射角为，根据折射定律可知，玻璃球的折射率为
由于光线从A点折射角为，则光束在A点的入射角为
故A错误，D正确；
B．光束在玻璃球中频率与在真空中频率相等，故B错误；
C．此光束在玻璃中传播的速度为
根据几何关系可知，光束在玻璃中传播的距离为
则此光束在玻璃中传播的时间为
故C错误。
故选D。
5. 如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC=90°，∠AOD=120°，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中的运动时间为
B. 圆形区域的半径为
C. 要使粒子从D点离开磁场，入射速度为
D. 若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则粒子的速度方向改变了，所以粒子在磁场中的运动时间为
故A错误；
B．粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径
而粒子在磁场中的运动时间为
联立可得，圆形区域的半径为
故B错误；
C．粒子从C、D点离开磁场的运动轨迹如下图所示
根据几何知识可得
，
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
即要使粒子从D点离开磁场，入射速度为，故C正确；
D．由于，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。
故选C
6. 2023年7月10日，一颗国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”，以表彰樊锦诗为中国石窟考古与保护作出了重大贡献。该小行星由中国科院紫金山天文台发现的，国际天文学联合会（IAU）批准命名，其绕日运行一周需5.7年。现把“樊锦诗星”及地球绕太阳的运动视为逆时针匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离为R0，若樊锦诗星与地球绕行轨道共面且绕行方向相同，图示时刻地球及樊锦诗星与太阳连线的夹角为120°，则下列正确的是（ ）
A. 樊锦诗星的绕行加速度大于地球的绕行加速度
B. 樊锦诗星到太阳的距离约为
C. 从图示位置起，地球与樊锦诗星下次相距最近时间约为年
D. 樊锦诗星的绕行速度大于地球的绕行速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．由万有引力提供向心力，可得
由图可知樊锦诗星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以樊锦诗星的绕行加速度小于地球的绕行加速度，故A错误；
B．由开普勒第三定律，解得樊锦诗星到太阳的距离约为
故B正确；
C．设从图示位置起，地球与樊锦诗星下次相距最近时间为t，则
解得
故C错误；
D．由万有引力提供向心力，可得
由图可知樊锦诗星轨道半径大于地球的轨道半径，所以樊锦诗星的绕行速度小于地球的绕行速度，故D错误。
故选B。
7. 如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则（ ）
A. 在0~2t0内B物块先加速后减速
B. 整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C. v0=2m/s
D. 物块A在t0时刻时速度最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；
B．整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；
C．由图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为
则根据A、B物块系统动量守恒有
根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有
联立解得
故C正确；
D．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。
故选C。
8. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕垂直与磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图甲所示，现用产生的交流电给乙图所示电路供电，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，闭合开关后，规格为“10V，5W”的灯泡L恰好正常发光，R1为定值，R2=20Ω，电压表为理想电表。下列判断正确的是（ ）
A. 金属线框的转速为100r/s
B. t=0.01s时，穿过线框的磁通量最大
C. R1=12Ω
D. 电压表示数为10V
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由甲图可知，线框转动的周期为0.02s，所以
故A错误；
B．t=0.01s时，感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，穿过线框的磁通量最大，故B正确；
D．由于灯泡正常发光，所以
即电压表的示数为20V，故D错误；
C．根据理想变压器原副线圈电流、电压与匝数的关系有
联立解得
故C正确。
故选BC。
9. 如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0s时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0cm和x2=8.0cm的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（ ）
A. 波沿x轴负方向传播
B. t1=0s时刻后质点Q比P先达到波峰
C. t=0.075s时，质点Q的加速度小于P的加速度
D. t2时刻可能为0.35s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于质点Q在0时刻的振动方向向上，根据“上下坡”法可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．t1=0s时刻，质点Q处于平衡位置且向上振动，经过四分之一周期达到波峰，而质点P向上振动，经过八分之一周期到达波峰，所以质点P比Q先达到波峰，故B错误；
C．t=0.075s时，即从0时刻开始经过八分之三周期，质点P回到平衡位置，且向下振动，其加速度为零，质点Q从正向最大位移处运动到平衡位置的过程中，其加速度大于P的加速度，故C错误；
D．波沿x轴负方向传播，则有
解得
由此可知，t2时刻可能为0.35s，故D正确。
故选AD。
10. 水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度斜向上抛出，在竖直面上运动，整个空间有一匀强电场（图中未画出），小球所受电场力与重力等大。小球先后以速度大小v1、v2两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t1、t2且小球机械能的增量相同，其中落到a点时小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为g，空气阻力不计，则（ ）
A. a、b两点电势为
B. 小球落到a时的速度大小为2v1
C. 两次运动的时间关系为
D. 落到斜面上a、b两点时增加的机械能为
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．两次小球机械能的增量相同，说明电场力对小球做功相同，可知斜面为等势面，即
电场强度的方向垂直斜面向下，对小球受力分析，如图所示
可知小球所受合力沿y方向，根据图示几何关系可知小球的初速度与y方向垂直，则小球沿x方向做匀速运动，y方向做匀加速直线运动，分别做bP、aM垂直与y轴，则
解得
故AC错误；
B．由于小球落到a时的速度垂直于斜面，将速度分解为x方向的速度与y方向的速度，如图所示，根据几何关系可知
解得
故B正确；
D．O、b两点等高且水平距离为L，则O点到斜面的距离为
电场力做功为
小球增加的机械能
故D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 小军同学从报废的家用电器上拆下一个色环电阻，由于掉色，无法看出其阻值。他设计如图所示的实验电路来测量色环电阻的阻值。
（1）导线①与b处连接，闭合S，发现电压表和电流表均无示数，于是小军将导线①与b处断开，依次连接c、d处，连接c处时，两电表仍无示数，连接d处时，电压表示数为2.80V，由此可以判断___________。
A. ab间短路B. bc间断路C. cd间断路
（2）处理好故障后，闭合S，当导线①与b处连接时，电压表和电流表的示数分别为，；当导线①与c处连接时，电压表和电流表的示数分别为，。根据以上测量数据判断，当导线①与___________（填“b”或“c”）处连接时，测量相对准确，测量值___________Ω（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）C （2） ①. b ②. 2.5
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，导线①与b处连接，闭合S，发现电压表和电流表均无示数，说明中电路中有断路，且断路在之间以外的电路，连接c处时，两电表仍无示数，说明断路在之间以外的电路，连接d处时，电压表示数为2.80V，说明断路在间。
故选C。
【小问2详解】
[1][2]根据题意可知
电压表变化较大，说明电流表分压较多，应采用电流表外接法，即导线①与处连接时，测量相对准确，测量值
12. 寒假期间，小华在家帮忙做家务时，发现了一锁头，他利用锁头代替摆球做了一个如图所示的单摆，来测量当地的重力加速度g。具体操作如下：
（1）静止时，锁头位于最低B处，用刻度尺测量细线的有效长度l，将锁头移至A处，使细线拉开一个小角度。
（2）静止释放锁头，待锁头摆动稳定后，用智能手机测量周期T，为了减小测量误差，当锁头运动到___________处（填“A”或“B”）开始计时，并此时记为0次，当锁头第N次通过该处时，停止计时，显示时间为t，则周期T=___________。
（3）改变细线的有效长度先后做两次实验，记录细线的有效长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，则重力加速度为g=___________。（用l1、l2、T1、T2表示）
（4）小华未测量锁头的重心位置，这对上述实验结果___________（填“有”或“无”）影响。
【答案】 ①. B ②. ③. ④. 无
【解析】
【详解】（2）[1]由于锁头运动至最低点B处速度最大，此时计时较精确，误差小。
[2] 每个周期经过最低点两次，则
解得
（3）[3] 设摆线末端与锁头重心间的距离为r，由周期公式可得
解得
（4）由（3）可知，未测量锁头的重心位置，这对实验结果重力加速度的测量无影响。
13. 装有汽水饮料的瓶内密封一定质量的二氧化碳理想气体，时，压强。
（1）若瓶内气体的质量变化忽略不计，时，气压是多大？
（2）保持温度不变，用力摇晃瓶子后，使瓶内气体压强与（1）问相等，忽略瓶内气体体积的变化，此时气体的质量为原来的多少倍？
【答案】（1）；（2）1.02
【解析】
【详解】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
若瓶内气体的质量变化忽略不计，温度变化过程中体积不变，由查理定律知
代入得
（2）保持温度不变，可以等效为由压强为、体积为的等温压缩成压强为、体积为的气体，由玻意耳定律得
解得
即
故气体的质量为原来的1.02倍。
14. 磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式，刹车金属线框安装在过山车底部或两侧，在轨道间的磁场作用下而减速。简化模型如图所示，在水平面上的两根平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的竖直匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场分布区间的长都是L，相间排列。正方形刹车线框边长为L，电阻为R，以初始速度大小v0进入磁场。已知过山车的质量为m，不计轨道摩擦和空气阻力，求：
（1）线框ab边刚进入磁场时的电流大小I；
（2）线框ab边刚进入磁场B2中时加速度大小a、
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）线框ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有
感应电流为
（2）线框ab边刚进入磁场B2中时，线框中的电荷量为
设此时线框的速度为v，根据动量定理有
根据牛顿第二定律有
解得
15. 2024年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、小两孩子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30°的斜面AB，斜面AB的底端与水平面平滑相接。质量为m=10kg、长度L=2.5m的平板P静止在水平面上，质量为M=30kg的小孩（可视为质点）静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得v=4m/s的速度，同时大孩向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，斜面AB长度为s=0.9m。平板P向左运动并与挡板Q发生弹性碰撞。以第一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s内小孩运动的图像如图乙所示。仅考虑小孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；
（2）平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小距离；
（3）通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）会分离，分离时的小孩的速度为，平板P的速度为0
【解析】
【详解】（1）设大孩的质量为，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为，根据动量守恒可得
根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，根据动能定理可得
联立解得
，
根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为
（2）设平板P与挡板Q碰撞前，平板P与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P动摩擦因数为，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度大小为
以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板P为对象，根据牛顿第二定律可得平板P的加速度大小为
则平板P从开始运动到第一次共速通过的位移大小为
可知平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小距离为。
（3）小孩第一次与平板P共速时，发生的相对位移为
此时小孩与平板P左端的距离为
小孩第一次与平板P共速后一起匀速运动，直到平板P与挡板Q发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减速运动，平板P先向右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P与挡板Q发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与平板P发生的相对位移为
此时小孩与平板P左端的距离为
同理，平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与平板P发生的相对位移为
可知第三次共速前，小孩已经从平板P左端滑落，设滑落时小孩和平板P的速度分别为、，根据动量守恒可得
根据能量守恒可得
联立解得
，