[物理]江西省部分重点中学2023_2024学年高三下学期第二次联考试题(解析版)

这是一份[物理]江西省部分重点中学2023_2024学年高三下学期第二次联考试题(解析版)，共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围:高考范围。
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，只有一项是符合题目要求的，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 当太阳内部的氢元素消耗殆尽后，内部高温高压使三个氨核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为，已知的结合能为，X的结合能为，则下列判断正确的是（ ）
A. 该核反应是衰变B. X的中子数比质子数多
C. D. 核反应放出的热量为
【答案】D
【解析】A．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程
属于轻原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，不属于衰变，A错误；
B．中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，有6个质子，B错误；
CD．该反应存在质量亏损，会释放大量热量，由能量守恒定律知，释放的热量为
即，C错误，D正确；
故选D。
2. 如图所示，边长为L的正方形金属线框abed放置在绝缘水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，将大小为I的恒定电流从线框a端流入、b端流出，此时线框整体受安培力大小为，将线框绕ab边转过60°静止不动，此时线框整体受安培力大小为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】线框转过时，线框在磁场中的有效长度不变，仍为，因此有
故选A。
3. 如图所示，一棋盘竖直放置，具有磁性的棋子被吸附在棋盘上保持静止状态，忽略棋子间的相互作用。每个棋子的质量相同，则每个棋子受到棋盘表面的（ ）
A. 压力相同、摩擦力相同B. 压力不一定相同、摩擦力相同
C. 压力不一定相同、摩擦力不一定相同D. 压力相同、摩擦力不一定相同
【答案】B
【解析】棋盘竖直放置，根据力的平衡可知，棋子受到的摩擦力与重力等大反向，每个棋子重力相同，则每个棋子受到棋盘表面的摩擦力相同，棋子受到的棋盘磁力与受到的棋盘压力等大反向，由于每个棋子受到的磁力不一定相同，则每个棋子受到棋盘表面的压力不一定相同。
故选B。
4. “双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t（小于周期）时间，A、B两恒星的动量变化量分别为、，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律
加速度为
则有
由于角速度相同，因此
两恒星的速度方向始终相反，则
因此系统的总动量始终为零，可得
，
故选D。
5. 如图所示，匀强磁场垂直于水平面向上，折成“L”形的金属棒ACD固定在磁场中的绝缘水平面内，金属棒a（与CD平行）、b（与AC平行）均放在绝缘的水平面上，与ACD围成一个矩形回路，给金属棒a、b施加外力，让a、b两金属棒从图示位置沿图示方向分别以、的速率匀速平移，已知四根金属杆完全相同且足够长，围成矩形周长保持不变，则在两金属棒匀速运动（a到CD前）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. B. 回路中感应电流沿顺时针方向
C. 回路中的电流先变小后变大D. b受到的安培力总是和方向相反
【答案】C
【解析】A．要保证围成矩形周长保持不变，根据几何关系可知，一定有，A错误；
B．回路的面积先变大后变小，根据楞次定律可知，回路中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，B错误；
C．当所围面积为正方形时，回路中感应电流为零，因此回路中的电流先变小后变大，C正确；
D．当回路中电流沿逆时针方向时，受到的安培力和方向相同，D错误；
故选C。
6. 如图所示，ABC为等腰三棱镜，顶角，边长为L，一束单色光以平行于AC边的方向照射在AB边上的D点，折射光线刚好照射在C点，已知棱镜对单色光的折射率为，则D点到BC边的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由几何关系可知，光在边的入射角，设折射角为，由
得
由几何关系可知，，则
D点到边的距离
故选C。
7. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，在时刻的波形如图所示，P、Q是波传播路径上的两个质点，此时质点P在平衡位置，质点Q的位移为，质点P比质点Q振动超前0.3s，则下列判断正确的是（ ）
A. 质点P的平衡位置坐标为
B. 波的传播速度为
C. 质点Q在内运动的路程为10cm
D. 质点P的振动方程为
【答案】B
【解析】A．时，P、Q的位置如上，以P点为参考，且P处于平衡位置，设其初相位为0，Q点位移是，而振幅为10cm，则
代入得
即Q点的初相位为，二者相位差在时为，则O、P间的距离为
质点P的平衡位置坐标为
A错误；
B．Q点平衡位置坐标为
则波传播的速度为
B正确；
C．由波动周期
可知，为四分之一周期，质点Q不在平衡位置，在此四分之一周期内运动的路程大于，C错误；
D．由同测法知，时质点P向下振动，振动方程为
D错误；
故选B。
8. 如图所示，将一个小球先后两次从地面上的A点斜向右上抛出，两次小球均落在B点，以地面为零势能面，两次小球运动到最高点时高度不同，但机械能相等，第一次抛出时初速度与水平方向的夹角为30°，不计小球大小，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A. 先后两次抛出的初速度大小之比为1∶1
B. 先后两次抛出的初速度大小之比为
C. 先后两次小球在空中运动时间之比为1∶1
D. 先后两次小球在空中运动时间之比为
【答案】AD
【解析】AB．由于两次小球在最高点机械能相等，则抛出时机械能相等，即抛出时初速度大小相等，故A正确，B错误；
CD．设第二次抛出时，初速度与水平方向的夹角为，根据题意有
解得
则先后两次小球在空中运动的时间之比为
故C错误，D正确。故选AD。
9. 如图所示，同一水平线上的P、Q两点固定电荷量分别为和的点电荷，P、Q连线中点为O。以O为圆心、R为半径的光滑绝缘细圆环固定在竖直平面内，与P、Q连线分别相交于A、B两点，一个质量为m、带电量为q的带电小球套在细环上，在最低点C以大小为的初速度向右运动，运动到B点时速度大小与在C点的速度大小相等，小球绕圆环在竖直面内做完整的圆周运动，不计小球的大小，下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电B. 小球在D点的机械能比在C点机械能小
C. 小球在A点和在B点加速度大小相等D. A、B两点的电势差为
【答案】AD
【解析】A．根据动能定理，小球从到合力做功为零，重力做负功，则电场力做正功，则小球带正电，故A正确；
B．根据静电场分布特点可知，连线的垂直平分线为等势面，小球在P、Q两点的电势能相同，因此小球在点和在点机械能相等，故B错误；
C．A点电势较高，小球在A点的电势能较大，小球在A、B两点的重力势能相同，根据能量守恒，小球在点动能小于在点动能，根据向心加速度公式可知，在点向心加速度小，向心加速度与重力加速度的合加速度也小，故C错误；
D．根据对称性
根据动能定理
解得
则
故D正确。故选AD。
10. 如图所示，质量为m的小球套在固定的光滑竖直杆上，一根足够长且不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端与小球相连，另一端吊着质量为M的物块。开始时小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，不计小球及定滑轮大小，不计滑轮质量及轻绳与滑轮的摩擦，重力加速度为g。A点与滑轮的连线与水平方向的夹角为37°，滑轮到杆的距离为L、，O和滑轮的连线水平，，则小球向下运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块先超重后失重，再超重再失重
B. 小球运动到O点时加速度大小为g
C. 小球和物块的质量之比
D. 物块向下运动时机械能减小、向上运动时机械能增大
【答案】BCD
【解析】A．设定滑轮所在位置为，根据几何关系有
且小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，可知物块先向下加速后减速，再向上加速后减速，因此物块先失重后超重，再超重后失重，故A错误；
B．小球运动到点时，所受力的合力等于重力，其加速度大小等于，故B正确；
C．根据机械能守恒
解得
故C正确；
D．物块向下运动时，细线对物块做负功，物块机械能减小，物块向上运动时，细线对物块做正功，物块机械能增大，故D正确。故选BCD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组用如图甲所示的装置做“探究加速度与力关系”实验。打点计时器所接电源的频率为50Hz，滑轮、长木板均光滑。
（1）按正确的方法实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出B点时小车的速度大小______m/s，小车的加速度大小______（结果均保留两位有效数字）。
（2）改变重物，多次实验，得到多组弹簧测力计示数F和对应的小车加速度大小a，以F为横轴、a为纵轴作出图像，该图像的斜率为k，则小车的质量______（用k表示）。
（3）某次实验时弹簧测力计的示数为，则此次实验中重物的加速度为______。
【答案】（1）1.6 3.2 （2） （3）
【解析】【小问1详解】
[1][2] 相邻两计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打出点时小车的速度大小为
根据逐差法求出小车的加速度大小
【小问2详解】
根据牛顿第二定律
得
则
得
【小问3详解】
当某次弹簧测力计的示数为时，根据（2）可知
得到此时小车加速度
则重物的加速度为
12. 要测定一个量程为3V的电压表的内阻，某同学进行了如下操作。
（1）先用多用电表粗测电压表内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“×1000”挡位，欧姆调零后，将多用电表的红表笔与电压表的______（填“正”或“负”）接线柱连接，黑表笔连接另一个接线柱，示数如图甲所示，则粗测电压表的内阻为______。
（2）为了精确测量电压表的内阻，该同学根据实验室提供的器材，设计了如图乙所示电路。请根据图乙电路将如图丙所示的实物图连接完整______。连接好电路后，闭合开关前，图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最______（填“左”或“右”）端，电阻箱的电阻调为______（填“最大”或“零”），闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数半偏，若此时电阻箱的阻值为，则测得电压表内阻为______。
（3）该同学发现电源的内阻很小，可以忽略不计，于是他又设计了如图丁所示的电路，按正确的操作，测得多组电压表的示数U及对应的电阻箱接入电路的电阻R，作图像，得到图像与纵轴的截距为b，则电压表的内阻______。
【答案】（1） 负 14000 （2） 左 零 （3）
【解析】【小问1详解】
[1][2]欧姆表红表笔与内置电源的负极相连，因此红表笔与电压表的负接线相连；粗测电压表的内阻为。
【小问2详解】
[3][4][5][6]电路连接如图所示
闭合开关前，题图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最左端，使输出电压为零，电阻箱的电阻调为零，测得的电压表的内阻为。
【小问3详解】
根据闭合电路欧姆定律
即
根据题意
解得
13. 如图所示，横截面积为S汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞，两个活塞把汽缸内的同种气体分为A、B两部分，两部分气体的质量相等，汽缸和活塞的导热性能良好，开始时环境的温度为，大气压强为，A、B两部分气柱的长度分别为1.2h、h，活塞a离缸口的距离为0.2h，重力加速度为g，活塞与缸内壁无摩擦且不漏气，求：
（1）每个活塞的质量；
（2）缓慢升高环境温度，当活塞a刚到缸口时，环境的温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设活塞的质量为，开始时A部分气体压强
A部分气体的压强
由于A、B两部分相同气体的质量相等、温度相同，则
解得
（2）设当环境温度为时，活塞刚好到缸口，气体A、B均发生等压变化，设此时A气柱高为，则B气柱高为，则对A气体研究
对B气体研究
解得
14. 如图所示，A、B、C三个物块放在水平面上，A、B用轻弹簧连接，A紧靠竖直固定挡板，B的质量为1kg，C的质量为3kg，用B压缩弹簧后由静止释放，当弹簧恢复原长时，B和C发生弹性碰撞，已知C左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，B、C碰撞后，C在水平面上滑行的距离为3.6m，求：
（1）B、C碰撞后一瞬间，C的速度大小；
（2）从释放B到B与C碰撞前一瞬间过程中，挡板对A的冲量大小；
（3）若A的质量为3kg，在B与C碰撞时的一瞬间撤去挡板，则此后，当物块B的速度大小为3m/s时，弹簧具有的弹性势能。
【答案】（1）；（2）；（3）0
【解析】（1）设B、C碰撞后一瞬间，C的速度大小为，根据动能定理有
解得
（2）设碰撞前一瞬间，B的速度大小为，碰撞后一瞬间，B的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
结合上述解得，
对A、B整体研究，从释放B到B与B碰撞前一瞬间，挡板对A的冲量大小
（3）撤去挡板后，当B的速度大小为时，设的速度大小为，若此时B的速度向左，根据动量守恒定律有
解得
此时弹簧具有的弹性势能
若此时B的速度向右，根据动量守恒定律有
解得
此时弹簧具有的弹性势能
15. 如图甲所示，长为a平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图乙中均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为，从时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为，求：
（1）M、N板间的距离为多少；
（2）能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
（3）若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设两板间的距离为，从时刻射出的粒子刚好从板的边缘飞出，则
解得
（2）由于所有粒子穿过电场时间均为，所以所有粒子在电场中运动时沿平行轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为
方向垂直于轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
解得
所有粒子在磁场中均做半径为的半圆周运动，则
在第一个周期内，设在时刻射入的粒子在离板处进入磁场并恰好从板处进入磁场。则
解得
根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
截去一段后，若从时刻进入电场的粒子发生的侧移为，则所有粒子均不能再进入电场。则
解得
则截去的板长