2023-2024学年广东省高三（下）百日冲刺联合学业质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省高三（下）百日冲刺联合学业质量监测物理试卷（含解析），共16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.甲、乙两个质点在平面直角坐标系Oxy的坐标平面内运动，同时经过A点，然后同时到达B点，运动过程如图所示，则从A到B过程中，甲、乙两个质点
A. 平均速度相同B. 平均速率相同
C. 经过A点时速度可能相同D. 经过B点时，乙的速度比甲的速度大
2.如图所示是氢原子的能级图，一群氢原子处于量子数n=7的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光，用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K，已知阴极K的逸出功为5.06 eV，则
A. 波长最短的光是原子从n=2激发态跃迁产生的
B. 波长最长的光是原子从n=7激发态跃迁到基态时产生的
C. 阴极K逸出光电子的最大初动能为8.26 eV
D. 阴极K逸出光电子的最大初动能与阴极K的逸出功相等
3.2023年11月3日发生木星冲日现象，木星冲日是指木星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与木星之间．此时木星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察．地球和木星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，木星11.84年绕太阳一周．则(图中其他行星轨道省略未画出)
A. 在相同时间内，木星、地球与太阳中心连线扫过的面积相等
B. 木星的运行速度比地球的运行速度大
C. 木星冲日现象时间间隔约为12年
D. 下一次出现木星冲日现象是在2024年
4.一辆质量为m=1.2×103kg的参赛用小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则( )
A. 小汽车受到的阻力大小为7×103N
B. 小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2
C. 小汽车的最大功率为4×105W
D. 小汽车24s后速度40m/s
5.如图所示，平行板电容器两极板间距为d，A板带正电，B板接地，两板间一点P到B板的距离为34d，电容器的电容为C，P点的电场强度为E，取大地电势为零，则
A. A板带电量为34CEd
B. P点的电势为34Ed
C. A、B两板间的电压为43Ed
D. 将A板向上平移一小段距离，P点的电势将降低
6.某风力发电机的输出电压为2500 V，用户得到的电功率为141 kW，用户得到的电压是220 V，输电线的电阻为90 Ω，输电线路如图所示．若输电线因发热而损失的功率为输送功率的6%，变压器均视为理想变压器，已知降压变压器副线圈的匝数为110匝，则下列说法正确的是
A. 通过输电线的电流为10 A
B. 风力发电机的输出功率为162 kW
C. 升压变压器副线圈的匝数是原线圈的匝数的7倍
D. 降压变压器原线圈的匝数为3525匝
7.物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为E2.取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为
A. 3E10B. 3E7C. 4E7D. 4E9
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波以5m/s的速度沿x轴传播，在t=0时刻的波形图如图中实线所示，经0.2s后的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 经0.2s波传播的距离为2m
B. 波沿x轴正方向传播
C. 质点P在t=0时刻沿y轴负方向运动
D. x=2m处的质点的位移表达式为y=−19cs2.5πtcm
9.如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸内，气体从状态A→状态B→状态C→状态A完成一次循环，其状态变化过程的p−V图像如图乙所示。已知该气体在状态A时的温度为600K，下列说法正确的是( )
A. 气体在状态B时的温度为200K
B. 气体在状态C时的温度为300K
C. 气体从状态A→B过程中，外界对气体做的功为4×105J
D. 气体从状态A→B→C的过程中，气体对外做的功为8×105J
10.如图所示，在x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限内磁场的磁感应强度大小2B0，第二象限内磁场的磁感应强度大小为B0.现有一比荷qm的带正电的粒子，从x轴上的P点以沿+y方向的速度v垂直进入磁场，并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y轴，不计粒子的重力，则
A. 粒子第二次经过y轴时过坐标原点
B. 从粒子进入磁场到粒子第一次经过y轴所经历的时间为πm4qB0
C. 从粒子进入磁场到粒子第二次经过y轴所经历的时间为πmqB0
D. 粒子第一次经过y轴的坐标为0,mv2qB0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，气垫导轨上放置着带有遮光条的滑块P、Q．
(1)若实验中用螺旋测微器测量其中一个遮光条的宽度如图乙所示，其读数为__________mm；
(2)测得P、Q的质量(含遮光条)分别为m1和m2，左、右遮光条的宽度分别为d1和d2.实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2.用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为__________(用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示)．
12.某实验小组测未知电阻R时，先用多用电表进行粗测，再采用“伏安法”较准确地测量未知电阻。
(1)首先用多用电表粗测R的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用__________(填“×100”或“×1”)挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为__________Ω；
(2)采用“伏安法”测量该未知电阻R，现有器材如下：
A.蓄电池E(电动势为6V，内阻约为0.05Ω)
B.电流表A1(量程0∼0.6A，内阻约为1.0Ω)
C.电流表A2(量程0∼3A，内阻约为0.1Ω)
D.电压表V(量程0∼6V，内阻约为6kΩ)
E.滑动变阻器R1(2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)
F.滑动变阻器R2(10Ω，允许通过的最大电流2A)
G.开关一个、带夹子的导线若干
①为使测量准确且通过Rx的电流能从0开始变化，上述器材中，应该选用的电流表是__________，滑动变阻器是__________(填写选项前字母代号)；
②根据所选用的实验器材，在虚线框中画出伏安法测电阻的完整电路图。( )
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.光导纤维由纤芯和包层两部分组成，为了在纤芯与包层的分界面发生全反射，光导纤维中纤芯材料的折射率应大于包层材料的折射率。如图所示，一条长直光导纤维的长度d=7.5km，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60∘。现一束细光从右端面中点以θ=53∘的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射。sin53∘=0.8,cs53∘=0.6，光在空气中的传播速度取c=3×108m/s)求：
(1)纤芯的折射率；
(2)若从右端射入的光能够传送到左端，求光在光导纤维内传输的最长时间和最短时间。
14.游客在动物园里常看到猴子在荡秋千和滑滑板，其运动可以简化为如图所示的模型，猴子需要借助悬挂在高处的秋千绳飞跃到对面的滑板上，质量为m=18 kg的猴子在竖直平面内绕圆心O做圆周运动．若猴子某次运动到O点的正下方时松手，猴子飞行水平距离H=4 m后跃到对面的滑板上，O点离平台高度也为H，猴子与O点之间的绳长h=3 m，重力加速度大小g=10 m/s2，不考虑空气阻力，秋千绳视为轻绳，猴子可视为质点，求：
(1)猴子落到滑板时的速度大小；
(2)猴子运动到O点的正下方时绳对猴子拉力的大小．
15.如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角为θ=30°.两导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、电阻也为R的金属杆ab，在沿导轨平面向上、大小为F=2mg的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，经过t时间金属棒开始以速度v0做匀速直线运动，在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好．已知重力加速度为g，不计空气阻力和导轨电阻．求：
(1)金属棒ab开始运动时加速度的大小；
(2)从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，恒定拉力做功；
(3)金属棒匀速运动后的某时刻改变拉力，使金属棒以大小为12g的加速度向上做匀减速运动，则向上匀减速运动过程中拉力对金属棒的冲量大小．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据轨迹及平均速度和平均速率的定义分析即可。
本题考查轨迹和平均速度及平均速率的概念，基础题目。
【解答】
C.甲乙经过A点时速度方向不同，故C错误；
D.无法比较经过B点时速度大小，D错误;
A.平均速度等于位移与时间的比值，故从A到B位移相同，时间相同，平均速度相同，A正确;
B.平均速率等于路程与时间的比值，乙的路程大，乙的平均速率大，B错误；
2.【答案】C
【解析】解：AB.由c=λν可知，波长越长，频率越小，光子的能量越小，波长最长的光是原子从n=7激发态跃迁到n=6时产生的，波长最短的光是从n=7激发态跃迁到n=1产生的，故AB错误;
CD.氢原子从n=7到基态跃迁，释放的光子能量最大ε=hν=(−0.28eV)−(−13.6eV)=13.32eV，阴极K逸出光电子的最大初动能为Ek=hν−W0，EKmax=13.32eV−5.06eV=8.26eV，故C正确，D错误．
能级差越小，光子能量越小，光子频率越小，波长越大；根据跃迁规律求出辐射出的光子的能量最大值，根据光电效应方程Ekm=hν−W，计算逸出的光电子的最大初动能。
解决本题的关键掌握能级跃迁与发出或吸收光子能量的关系hν=Em−En，注意掌握光效应方程，注意理解影响光电子的最大初动能因素。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据开普勒第二定律可知，对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面积相等，根据万有引力提供向心力得出线速度，抓住地球转动的角度比木星转动的角度多2π，得出两次冲日现象的时间间隔。
本题主要考查万有引力定律及其应用，卫星的运行规律。
【解答】
A.根据开普勒第二定律可知，对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面积相等，A错误;
B.根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v= GMr 知木星的运行速度比地球的小，B错误;
CD．T地=1年，则T木=11.84年，由(ω地−ω木)⋅t=2π，得距下一次木星冲日所需时间t=2πω地−ω木≈1.1年，C错误，D正确．
4.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.由图可知，小汽车在前8s内的牵引力不变，小汽车做匀加速直线运动，8∼24s内小汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动。小汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力 f=4×103N ，故A错误；
B.前 8s 内小汽车的牵引力为 F=10×103N ，由牛顿第二定律
F−f=ma
可得
a=5m/s2
故B错误；
C.小汽车在 8s 末小汽车的功率达到最大值， 8s 末汽车的速度
v1=at1=5×8m/s=40m/s
所以小汽车的最大功率
P=Fv1=10×103×40W=4×105W
故C正确；
D.小汽车的最大速度为
vm=Pf=4×1054×103m/s=100m/s
故小汽车 24s 后速度 100m/s ，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据电容的定义式C=QU求解电容器的电荷量，根据U=Ed求解电势差，再由UPB=φP−φB求解电势，根据电容的决定式C=ɛS4πkd、电容的定义式C=QU和板间场强公式E=Ud判断两板间的场强，进而判断电势的变化。
【解答】
A板的带电量Q=CU=CEd，A错误;
P点的电势φ P=E⋅34d=34Ed，B正确;
A、B两板间的电压为U=Ed，C错误;
根据电容的决定式C=ɛS4πkd、电容的定义式C=QU和板间场强公式E=Ud得：E=4πkQɛS，由题知Q、S、ɛ均不变，则移动A板时，两板间的电场强度将不变，因此P点的电势仍为34Ed，D错误．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查远距离输电相关知识，熟知变压器原理和特点是解决本题的关键。
根据用户得到的功率与发动机的输出功率关系列方程得出风力发电机的输出功率即可判断；根据输电线上功率损失公式列方程得出通过输电线的电流即可判断；根据功率表达式得出升压变压器输出电压，根据原副线圈电压与匝数关系得出原副线圈的匝数比即可判断；计算输电线上电压损失，从而计算出降压变压器原线圈两端的电压，计算出原副线圈的匝数比，得出降压变压器原线圈的匝数即可判断。
【解答】
B.用户得到的电功率P用=P−P损=P×(1−6%)=141kW，风力发电机的输出功率为P=150kW，选项 B错误;
A.输电线损失的功率P损=P×6%=9kW，通过输电线的电流I2= P损r=10A，选项A正确;
C.升压变压器的输出电压U2=PI2=15000V，可得升压变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=U1U2=16，选项C错误;
D.输电线上的电压损失U损=I2r=900 V，降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−U损=14100V，可得降压变压器原、副线圈的匝数之比n3n4=U3U4=70511，降压变压器原线圈的匝数为7050匝，选项D错误．
7.【答案】B
【解析】设上升的最大高度为h，根据功能关系f⋅2h=E−E2=E2
根据能量守恒可得E=mgh+fh
求得mgh=34E
fh=14E
求得f=13mg
若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒
Ek+mgH=E−fH
Ek=Ep=mgH
求得Ek=mgH=37E
故B正确，ACD错误。
根据功能关系得出空气阻力的表达式，结合能量守恒求解该物体动能与重力势能相等时，其动能的大小。
本题主要考查功能关系的运用，特别需要注意的是在上升和下降阶段，空气阻力都在做负功。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.由图可知该波波长
λ=4m
经 0.2s 波传播的距离
x=vt=5×0.2m=1m
故A错误；
B.经 0.2s 波传播的距离为
x=1m=14λ
根据波形的平移规则可知，这列波应沿 x 轴正方向传播，故B正确；
C.根据波的传播方向与波动规律可知， t=0 时刻质点 P 沿 y 轴正方向运动，故C错误；
D.由 v=λT 得
T=λv=45s=0.8s
则
ω=2πT=2.5πrad/s
由图可知振幅
A=19cm
则 x=2m 处的质点的位移表达式为
y=−19cs2.5πtcm
故D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.对于理想气体： A→B 过程，由查理定律有
pATA=pBTB
得
TB=200K
故A正确；
B. B→C 过程，由盖—吕萨克定律有
VBTB=VCTC
得
TC=600K
故B错误；
C.由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而 A→B 过程是等容变化，气体对外不做功，故C错误；
D. B→C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功
WBC=pΔV=2×105×4J=8×105J
故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，根据qvB=mv2r判断半径的大小，进而判断粒子第一次经过y轴的坐标和粒子第二次经过y轴时的位置，根据粒子运动的圆心角和周期公式求解运动时间。
【解答】
因为第一象限内磁场的磁感应强度大小为2B0，根据qvB=mv2r解得r=mvqB，则粒子在第一象限磁场中的运动轨迹的半径是在第二象限中的一半，即粒子第一次经过y轴的坐标为(0,mvqB0)，粒子第二次经过y轴时过坐标原点，A正确D错误;
第一次均垂直通过y轴，则转过的圆心角为π2，则在磁场中运动的时间为t1=14T1=πm2qB0，B错误;
在第一象限运动的时转过的圆心角为π，则在第一象限运动的时间t2=12T2=πm2qB0，则t=t1+t2=πmqB，C正确。
11.【答案】(1)6.860 (6.858∼6.862均对)；(2)m1⋅d1t1−m2⋅d2t2=0。
【解析】【分析】
本题为“验证动量守恒定律”的实验。
螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为0.01mm，需要估读。
光电门测速原理为物体在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，根据动量守恒定律得出关系式。
【解答】
(1)螺旋测微器的读数为d=6.5mm+36.0×0.01mm=6.860mm，A遮光片的宽度为6.860mm(6.858∼6.862均对)；
(2) P、Q两滑块通过光电门的速度大小分别为
v1=d1t1，v2=d2t2，
根据动量守恒得
m1⋅d1t1−m2⋅d2t2=0。
12.【答案】 “ ×1 ” 12.0 B F
【详解】(1)[1]用多用电表测电阻丝的阻值，当用“ ×10 ”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“ ×1 ”挡；
[2]指针静止时指在如图甲所示刻度，读数为12.0，乘挡位“ ×1 ”，所以是 12.0Ω ；
(2)①[3]题意可知，电源电动势为 6V ，电压表量程 0∼6V ，而待测电阻约为 12.0Ω ，则电流最大约为
I=UR=0.5A
故不能选用量程为 0∼3A 的电流表，故电流表选 A1 。
故选 B ；
[4]滑动变阻器总阻值太大不方便调节，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的 R2 。
故选 F ；
②[5]由于电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法；为使通过 Rx 的电流从0开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，完整电路图如图所示

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 1.6 ；(2) 4.6×10−5s ， 4×10−5s
【详解】(1)为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，则有
n=sinθsinr
又
r=90∘−C=30∘
可得
sin53∘=nsin30∘
解得
n=1.6
(2)光在内芯的传播速度为
v=cn=3×1081.6m/s=1.875×108m/s
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角 C 时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
s=dsinC
则最长时间
tmax=dvsinC=ndcsinC≈4.6×10−5s
当光射向左端面的入射角为 0∘ 时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
tmin=dv=ndc=4×10−5s

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)设猴子松手后飞行的时间为 t ，由平抛运动规律，在竖直方向上有H−h=12gt2，
在水平方向上有H=vxt，
解得vx=4 5m/s，
在竖直方向上有vy2=2gH−h，
解得vy=2 5m/s，
而v= vx2+vy2，
解得猴子落到滑板上时的速度大小v=10m/s；
(2)设猴子运动到 O 点正下方时秋千绳对猴子的拉力大小为 F ，猴子做圆周运动的半径R=h，
猴子运动到 O 点正下方时，由牛顿第二定律得F−mg=mvx2R，
解得F=660N。

【解析】本题考查了平抛运动、竖直面的圆周运动。
(1)猴子松手猴做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，由运动的合成与分解规律求解；
(2)在O点正下方，根据牛顿第二定律结合向心力公式求绳子拉力。
15.【答案】解：(1)金属棒ab开始运动时，根据牛顿第二定律有F−mgsinθ=ma
解得a=1.5g；
(2)从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，设金属棒沿导轨向上运动的距离为s，根据动量定理有
(F−mgsinθ)t−BILt=mv0
根据闭合电路欧姆定律I=E2R
根据法拉第电磁感应定律有E=ΔΦt=BLst
解得s=3mgRt−2mRv0B2L2
则拉力做的功W=Fs=6m2g2Rt−4m2gRv0B2L2；
(3)改变拉力后，金属棒以大小为12g的加速度向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知，金属棒运动过程中，拉力始终与安培力等大反向，
当金属棒的速度为v时，有F=B2L2v2R=B2L2(v0−12gt)2R
即拉力F与时间t成线性关系．
则拉力的冲量I=12Fmt′
Fm=B2L2v02R
t′=2v0g
解得I=B2L2v022gR。
【解析】(1)金属棒ab开始运动时，根据牛顿第二定律求解加速度；
(2)根据动量定理、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律和恒力做功的公式求解拉力做的功；
(3)改变拉力后，金属棒以大小为12g的加速度向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知，金属棒运动过程中，拉力始终与安培力等大反向，根据安培力的公式得出安培力与时间的关系，根据冲量的计算式得出拉力的冲量。