2024年重庆市缙云教育联盟高考物理质检试卷（2月份）(含详细答案解析)

这是一份2024年重庆市缙云教育联盟高考物理质检试卷（2月份）(含详细答案解析)，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.如图所示，“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中探月卫星所受合力方向可能是下列图中的( )
A. B.
C. D.
2.关于磁场、磁感应强度和磁感线，下列说法中正确的是( )
A. 磁场中的磁感线有的不能相交，有的能相交
B. 磁感应强度是只有大小、没有方向的标量
C. 磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致
D. 匀强磁场中沿磁感线方向，磁感应强度越来越小
3.永磁体之间的相互作用与电荷之间的相互作用相似，人们将电荷的相关概念引入磁现象的研究之中。认为磁棒的两极存在两种磁荷，N极带正磁荷，S极带负磁荷。“磁荷”观点认为磁荷可以激发磁场，描述磁场的基本物理量定义为磁场强度H。类比电场强度的定义方法，用正磁荷在磁场中受到的磁场力F和其磁荷Q的比值表示磁场强度H，方向与该处正磁荷受力方向一致。用如图装置，可以测量通电线圈产生的磁场和“磁荷”间的作用力。假设图中N极的磁荷QN，线圈不通电时，测力计示数为F0。( )
A. 当线圈中通顺时针方向(俯视)电流时，测力计示数小于F0
B. 磁铁N极所处位置的磁场强度大小HN=F0QN
C. 通电后测力计示数改变量为F，则磁铁N极所处位置的磁场强度大小HN=FQN
D. 如果将一根较短磁铁挂在测力计上，并使磁铁完全放入线圈中，则通电后测力计的示数变小
4.有四个电源，电动势均为8V，内阻分别为2Ω、3Ω、5Ω、8Ω，这四个电源现分别对一个R=5Ω的定值电阻供电，为使R上获得最大的功率应选择的电源内阻为( )
A. 2ΩB. 3ΩC. 5ΩD. 8Ω
5.如图1所示，在均匀介质中A、B两点处有两波源，其中xA=−2m，xB=10m，这两波源的频率、振动方向、步调均一致，两波源的振动图像如图2所示，产生的简谐横波在某一平面内传播，t=5s时简谐横波传播到实线圆面处。在该平面内，还存在M、N、P、Q四点，如图3所示，其中xM=2m，MQ=4 7m，MN=4m，则t=8s时，MNPQ连接的边框上的振动加强点个数正确的是( )
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
6.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )
A. mg
B. 33mg
C. 12mg
D. 14mg
7.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
A. 质子被加速后的最大速度不可能超过πfR
B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速比荷不同的粒子
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下列物理量属于矢量的是( )
A. 速度B. 位移C. 动能D. 速率
9.美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63(2863Ni)和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极外接负载为负载提供电能．下面有关该电池的说法正确的是( )
A. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
B. 镍63的衰变方程是 2863Ni→−10e+2963Cu
C. 提高温度，增大压强可以改变镍63的半衰期
D. 该电池内部电流方向是从镍到铜片
10.如图所示，下端封闭、上端开口、高h=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=10g、电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2，则( )
A. 小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力为阻力
B. 小球带正电
C. 小球在管中运动的时间为1s
D. 小球在管中运动的过程中增加的机械能1J
三、实验题：本大题共2小题，共25分。
11.在“测定玻璃的折射率”实验时：
(1)下列做法正确的是______；
A.入射角越大，误差越小
B.画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了
C.插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些
D.所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用其他形状的玻璃砖无法测得其折射率
(2)某学生在插第三枚大头针P3时，在视线中看到P1、P2两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示。正确的做法是让P3同时挡住______。
A.a、b
B.c、d
C.a、c
D.b、d
12.在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
(1)该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是______Ω。
(2)除电源(电动势3.0V，内阻不计)、电压表(量程0∼3V，内阻约3kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电流表(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
B.电流表(量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω)
C.滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)
D.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定电流0.5A)
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______(选填实验器材前对应的字母)。
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图乙所示．请作出该金属丝的U−I图线______，根据图线得出该金属丝电阻R=______Ω(结果保留小数点后两位)。
(4)将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图(填“图丙”或“图丁”)______，并分析说明原因是______。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
13.如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T1时活塞上升了h.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦．
(1)求温度为T1时气体的压强；
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来位置，求此时气体的温度．
14.质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入(初速为0)加速电场，经S1、S2间的电场加速后通过S3，沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中。最后垂直打到照相底片D上。已知S3与底片上落点间的距离为d，求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(2)粒子进入磁场时的速率v；
(3)加速电场的电压U。
15.如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧相连，放在光滑的斜面上，斜面的倾角θ=30∘，B与斜面底端的固定挡板接触，弹簧的劲度系数为k，A通过一根绕过定滑的不可伸长的轻绳与放在水平面上的物块C相连，各段绳均处于刚好伸直状态，A上段绳与斜面平行，C左侧绳与水平面平行，C的质量也为m，斜面足够长，物块C与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g。现给C与一个向右的初速度，当C向右运动到速度为零时，B刚好要离开挡板，求：
(1)物块C开始向右运动的初速度大小；
(2)若给C施加一个向右的水平恒力F1(未知)使C向右运动，当B刚好要离开挡板时，物块A的速度大小为v，则拉力F1多大？
(3)若给C一个向右的水平恒力F2(未知)使C向右运动，当B刚好要离开挡板时，物块A的加速度大小为a，此时拉力F2做的功是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】“嫦娥号”探月卫星从M点运动到N，做曲线运动，速度逐渐减小，故合力指向指向凹侧，且合力与速度的方向的夹角要大于90∘，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】解：A、磁场中的磁感线是闭合曲线，不能相交，如果相交，则在交点处存在两个切线方向，存在两个磁场方向，故A错误。
B、磁感应强度是矢量，有大小和方向，故B错误。
C、磁感线上每一点的切线方向跟该点的磁场方向一致，也就是磁感应强度的方向，故C正确。
D、磁感线的疏密程度表示磁感应强度的强弱，沿磁感线方向，磁感应强度不一定越来越小，故D错误。
故选：C。
磁感线是闭合曲线，不能相交。
磁感应强度是矢量，磁感应强度的方向就是磁场的方向，沿磁感线的切线方向。
磁感线的疏密程度表示磁感应强度的强弱。
此题考查了磁场、磁感线和磁感应强度的特性，解题的关键是明确磁感线的切线方向表示磁感应强度的方向，疏密程度表示磁感应强度的强弱。
3.【答案】C
【解析】解：A、当线圈中通顺时针方向(俯视)电流时，由安培定则可知，电流产生的磁场竖直向下，“磁荷”受到的磁场力竖直向下，测力计示数变大，大于F0，故A错误；
BC、线圈通电后测力计示数的变化量等于“磁荷”受到的磁场力，则磁铁N极所处位置的磁场强度大小HN=FQN，故B错误，C正确；
D、如果将一根较短磁铁挂在测力计上，并使磁铁完全放入线圈中，通电后线圈电流产生的磁场与磁铁平行，通电后磁铁不受磁场力方向，磁铁受力情况不变，则通电后测力计的示数不变，故D错误。
故选：C。
根据安培定则判断出线圈电流产生的磁场方向，然后判断测力计示数如何变化；根据磁场强度的定义式求出磁场强度；磁铁完全放入线圈中，磁铁不受磁场力作用，测力计示数不变。
本题是一道信息给予题，认真审题理解题意，从题中获取所需信息是解题的前提与关键，根据题意应用安培定则与磁场强度的定义式即可解题。
4.【答案】A
【解析】解：外电路电阻一定，由P=I2R可知，电路电流I越大，电阻功率越大，由闭合电路的欧姆定律可知，在电源电动势一定时，电源内阻越小，电路电流越大，因此当电源内阻最小为2Ω时，电路中电流最大，电阻R的功率最大。
故选：A。
定值电阻阻值R=5Ω一定，当电路中电流最大时，其功率最大，根据闭合电路欧姆定律确定电源的内阻为多大时，电流最大。
本题分析定值电阻的功率，根据功率公式P=I2R进行分析。如是可变电阻，可根据数学知识研究极值。
5.【答案】B
【解析】解：由图1可知，5s内机械波的传播距离为5m，则机械波的传播速度为
v=ΔxΔt=55m/s=1m/s
由图2可知，波源的振动周期为4s，根据波速、周期和波长的关系式：
v=λT
代入数值解得机械波的波长为
λ=4m
t=8s时，两列波在该平面内传播的范围为半径为8m的圆，其中两波叠加的部分如下图所示
由几何关系可知A到a、c间距为8m，B到a、c间距也为8m。发生干涉的部分与MNPQ连接的边框交点仅有4个，分别计算两列波的波源到这四个点的波程差
Δxa=0，Δxb=0，Δxc=0，Δxd=4m
可知波程差为波长的整数倍，所以这四个点均为振动加强点，因此MNPQ边框上有4个振动加强点。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据波速、周期和波长的关系式，结合A到a、c间距与B到a、c间距相同的关系，再根据波程差为波长的整数倍判断振动加强点。
本题考查了波动和振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：由图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60∘；
结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力T=mgtan30∘= 33mg；
D点受绳子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F=Tsin60∘=12mg；
故选：C。
由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值。
在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析。
7.【答案】B
【解析】解：A、质子在磁场中做匀速圆周运动，根据周期公式
T=2πRv
周期与频率的关系为
T=1f
联立解得
v=2πRf，故A错误；
B、根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvmB=mvm2R
解得
vm=qBRm
由此可以知道质子的最大速度只与粒子本身的比荷，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故B正确；
C、根据狭义相对论，可知任何物体速度不可能达到光速，故C错误；
D、根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式
T=2πmBq
可知比荷不同的粒子运动周期不相同，则所加加速电压与回旋周期不匹配达不到每次都加速的目的，故D错误。
故选：B。
A：根据周期公式、周期与频率关系联立求解质子的最大速度；
B：根据牛顿第二定律求解质子的最大速度，根据速度公式判断最大速度与哪些因素有关；
C：根据狭义相对论判断；
D：根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式判断。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】AB
【解析】解：速率、动能、是只有大小没有方向的标量，而速度和位移是既有大小又有方向的矢量。故AB正确，CD错误。
故选：AB。
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．
本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性．
9.【答案】AB
【解析】解：A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子同时释放电子所产生的，A正确；
B、根据电荷数守恒、质量数守恒知镍63的裂变方程是 2863Ni→−10e+2963Cu，B正确；
C、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关．故C错误；
D、铜片得到电子带负电，镍63带正电，知外接负载时镍63的电势比铜片高，该电池内部电流方向是从铜片到镍．故D错误．
故选：AB.
β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子同时释放电子所产生的，根据电荷数守恒、质量数守恒确定裂变方程的正误；根据电流的方向确定电势的高低．
解决本题的关键知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒和衰变的实质．
10.【答案】BCD
【解析】解：AB、小球水平方向随玻璃管做匀速运动，小球从上端管口飞出，故竖直方向的洛伦兹力大于重力，是动力，根据左手定则可得小球带正电，故A错误，B正确；
C、小球竖直方向的合外力F=Bvq−mg
将m=10g=0.01kg代入解得：F=0.1N
故小球竖直方向做初速度为零，加速度a=Fm，方向竖直向上的匀加速运动，故运动时间h=12at2
联立代入数据解得：t=1s或t=−1s(舍去)
故C正确；
D、在该过程中，小球机械能的增加量为：ΔEp=mgh=10×10−3×10×5J=0.5J
小球水平方向上的速度不变，竖直方向上的速度变为：v⊥=at
其中a=qvB−mgm
增加的动能为：ΔEk=12mv⊥2
解得：ΔEk=0.5J
小球增加的机械能为：ΔE=ΔEp+ΔEk=0.5J+0.5J=1J
故D正确；
故选：BCD。
对小球进行受力分析，由做功情况判断机械能是否守恒；根据小球加速度方向得到洛伦兹力方向，即可由左手定则得到小球所带电荷符号；根据小球受力求得加速度，即可根据匀变速运动规律由位移求得运动时间。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
11.【答案】C B
【解析】解：(1)A、入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则测量的相对误差较大，故A错误；
B、实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，故B错误；
C、插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些，有利于减小误差，故C正确；
D、除了平行玻璃砖其他形状的砖也能测出折射率，故D错误；
故选：C。
(2)在本实验中，P3应挡住P1、P2透过玻璃砖的像而不是P1、P2，图中a、b为P1、P2，c、d为P1、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)B
(1)根据实验原理掌握正确的砂岩操作；
(2)理解实验中不同点的意义并掌握正确的实验操作。
本题主要考查了光的折射率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作即可完成分析，难度不大。
12.【答案】6 A C 如图所示 5.80图丁 由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，灯丝电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度保持不变，电阻不变，电流保持不变
【解析】解：(1)欧姆表刻度值为6，挡位为“×1”，则读数为：6×1Ω=6Ω；(欧姆表刻度不均匀，用其粗测电阻值，可以不估读。)
(2)电源电动势为3.0V，电压表量程最大值为3V，则流过待测金属丝的最大电流约为36A=0.5A，故电流表应选择量程0∼0.6A的，故电流表应选用A；
待测金属丝的电阻约为6Ω，对于最大阻值10Ω和1kΩ的两个滑动变阻器，为了调节方便，应选择最大值为10Ω的滑动变阻器，故滑动变阻器应选用C；
(3)该金属丝的U−I图像为：
作出的图线为直线，则金属丝的电阻保持不变，图线经过原点，为使相对误差较小，取I、U的值较大的点(0.5A、2.9V)，则R=2.90.5Ω=5.80Ω；
(4)由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，灯丝电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度保持不变，电阻不变，电流保持不变，故图像为图丁。
故答案为：(1)6；(2)A；C；(3)如图所示；5.80；(4)图丁；由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，灯丝电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度保持不变，电阻不变，电流保持不变。
(1)欧姆表的读数等于刻度值与倍率的乘积；
(2)根据流过待测金属丝的最大电流来确定电流表的量程；当滑动变阻器的最大值大于待测电阻值时，应选择最大值与待测电阻值相差不多的滑动变阻器；
(3)根据作出的图线，考虑减小误差，取I、U的值较大的点求得电阻值；
(4)由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，根据灯丝温度的变化的过程，解答电流的变化的过程。
本题考查了在“测量金属丝的电阻率”实验中的测量电阻的问题，要熟知各种测量工具的选择依据，利用图像处理数据要考虑如何取点能减小误差，知道金属的电阻率与温度的关系。
13.【答案】解：①设气体压强为p1，由活塞平衡知：p1S=mg+p0S
解得P1=mgS+P0
②设温度为T1时气体为初态，回到原位置时为末态，则有：
初态：
压强mgS+P0，温度T1，体积V1=2hS
末态：
压强P2=(m+m0)gS+P0，温度T2，体积V2=hS
由理想气体的状态方程代入初、末态状态参量解得：
T2=(m+m0)g+P0S2(mg+P0S)T1
答：①温度为T1时气体的压强mgS+P0；
②此时气体的温度(m+m0)g+P0S2(mg+P0S)T1.
【解析】(1)由题，活塞处于平衡状态，根据平衡条件列式求气体的压强；
(2)当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，再以活塞为研究对象，由平衡条件求得封闭气体的压强，由查理定律列式求此时气体的温度．
(1)确做功与热量的正负的确定是解题的关键；(2)对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键．属于中档题．
14.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：d=2R
故粒子在磁场中运动的轨道半径为：R=d2
(2)粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R
解得：v=qBd2m
(3)在电场中由动能定理：qU=12mv2
解得：U=qB2d28m
答：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R为d2；
(2)粒子进入磁场时的速率v为qBd2m；
(3)加速电场的电压U为qB2d28m。
【解析】(1)由粒子在磁场中的轨迹特点和几何关系求出粒子的轨迹半径；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而求出粒子的速度；
(3)带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以加速电压。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题。
15.【答案】解：(1)弹簧原来的压缩量为；
x1=mgsinθk=mg2k
B刚好要离开挡板时弹簧的伸长量为：
x2=mgsinθk=mg2k
则有：x1=x2。
所以初末状态弹簧的弹性势能相等。对A、C及弹簧组成的系统，运用机械能守恒定律得：
12mv02×2=mgsinθ(x1+x2)+μmg(x1+x2)
解得C的初速度为：v0=g mk
(2)A上滑的距离为：s=x1+x2=mgk
对A、C及弹簧组成的系统，运用功能原理得：
F1s=mgsinθ⋅s+μmgs+2×12mv2
可得：F1=mg+kv2g
(3)当B刚好要离开挡板时，由牛顿第二定律得：
对A有：T−mgsinθ−kx2=ma
对C有：F2−T−μmg=ma
拉力F2做的功为：W=F2s
联立解得：W=m2g2k2a+3g
答：
(1)物块C开始向右运动的初速度大小是g mk；
(2)拉力F1为mg+kv2g.
(3)此时拉力F2做的功是m2g2k2a+3g.
【解析】(1)先分析弹簧的初末状态，判断出此过程中弹簧弹性势能的变化量为零，对A、C及弹簧组成的系统，运用机械能守恒定律列式，即可求解物块C开始向右运动的初速度大小；
(2)先根据胡克定律和几何关系求出A上滑的距离，再对A、C及弹簧组成的系统，运用功能原理求拉力F1。
(3)对A、C分别运用牛顿第二定律列式，求出拉力F2，再由功的计算公式求拉力F2做的功。
本题是连接体问题，要抓住A、C的速度大小相等、加速度大小相等，要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合的方法研究功能关系、力与加速度的关系。