2023-2024学年江西省上进联盟高三（下）开学检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上进联盟高三（下）开学检测物理试卷（含解析），共14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.碘131是碘元素的人工放射性同位素，医学上常用碘131( 53131I)标记的玫瑰红钠盐和马尿酸钠作为肝、胆和肾等检查的扫描显像剂，其发生衰变的方程为 53131I→Xm131X+Y−1nY，则下列说法正确的是
A. 碘131发生的是β衰变
B. 碘131的原子核内中子数比X粒子的原子核内中子数少一个
C. 碘131在玫瑰红钠盐和马尿酸钠中的半衰期可能不相同
D. 碘131原子核内有68个中子
2.踢毽子是我国一种传统的体育运动，如图是一孩童正在练习踢毽子，毽子的运动近似沿竖直方向。若考虑空气阻力的影响，且阻力大小与速率成正比，毽子离开脚后至回到出发点的过程中，下列说法正确的是
A. 毽子在最高点的加速度为零
B. 下降过程中毽子加速度的大小大于重力加速度的大小
C. 毽子上升的时间大于下降的时间
D. 毽子上升过程克服合外力做的功大于下降过程合外力做的功
3.如图为一“环腔式”消声器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为λ的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，下列说法正确的是( )
A. 该消声器是利用波的漫反射原理设计的
B. 该消声器对所有频率的声波均能起到降噪效果
C. 上下两束波的路程s1和s2满足s1−s2=(2n+1)λ2(n=0,1,2,3⋯)时，降噪效果最好
D. 上下两束波的路程s1和s2满足s1−s2=nλ(n=0,1,2,3⋯)时，降噪效果最好
4.如图，2023年8月27日发生了土星冲日现象，土星冲日是指土星、地球和太阳三者近似排成一条直线，地球位于太阳与土星之间。已知地球和土星绕太阳公转的方向相同，轨迹均近似为圆，土星绕太阳公转周期约30年。下次出现土星冲日现象应该在
A. 2024年B. 2038年C. 2050年D. 2053年
5.如图甲，当汽车陷入泥潭时，往往需要拖车将受困车辆拖拽驶离。如图乙，救援人员发现在受困车辆的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的力学知识判断，救援车辆最省力的救援方案为
A. B.
C. D.
6.一带负电粒子在仅受电场力作用下，从x=0的位置沿x轴正方向运动，电场力做功WE随位移x变化关系如图所示，其中x1为0∼x2距离的中点，0∼x2段的图像是曲线，x2∼x3段的图像是直线，下列说法正确的是( )
A. 在0∼x2段，x1处的场强最小，但不一定为零
B. 粒子在x2∼x3段速度v随位移x均匀增大
C. 粒子在x=0位置的速度不为零
D. x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1<φ2<φ3
7.如图甲，投石机是运用杠杆原理设计和制造的一种古代用于军事攻城的大型器械。图乙为投石机的简化示意图，其长臂的长度为L=10 m，短臂的长度为l=2 m，质量为m=7 kg的石块装在长臂末端的弹袋中，质量为M=50 kg的重锤安装于短臂末端。初始时长臂被绞索固定，杠杆处于静止状态，其与水平面的夹角为α=30°。石块和重锤均看作质点，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力。释放杠杆，重锤落下带动杠杆转动，当长臂转动至竖直位置时，杠杆被制动而停止，石块被水平抛出，石块被投出时的水平速度约为
A. 5 m/sB. 10 m/sC. 15 m/sD. 18 m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.我国目前正在运转的空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——霍尔推进器。如图，其工作原理为电子枪发射的电子在电场和磁场力的共同作用下与中性原子碰撞并使其电离为正离子，正离子(在磁场中的偏转角度很小)在电场力的作用下高速喷出。若空间站组合体的质量为100t，配备有4台霍尔推进器，单台推进器单位时间喷出的正离子数量n=1.9×1019个，速度v=19.3km/s，其质量为m=2.180×10−25kg，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
A. 单台霍尔推进器产生的平均推力约为0.08N
B. 单台霍尔推进器产生的平均推力约为80N
C. 所有推进器全部开启时，空间站组合体的加速度约为3.2×10−6m/s2
D. 所有推进器全部开启时，空间站组合体的加速度约为3.2×10−3m/s2
9.如图，手机无线充电装置可等效为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈分别为原线圈和副线圈。a、b间接入220 V正弦交流电，受电线圈中产生交变电流。已知送电线圈和受电线圈的匝数之比为n1:n2=5:1，两线圈所接保护电阻的阻值均为R，若输出端的电压为12.8 V，电流为2 A，下列说法正确的是
A. 线圈中所接保护电阻的阻值R=20 ΩB. 线圈中所接保护电阻的阻值R=15 Ω
C. c、d端的电压为42.8 VD. c、d端的电压为52.8 V
10.如图，在竖直面内有一半径为R的圆形区域，在区域内外均有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab为过圆心O的一水平直线，一群质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P点沿竖直向上方向进入磁场，PO长度为53R，c为直线与圆的交点，粒子重力和粒子间的相互作用不计，下列说法正确的是
A. 能够到达c点的粒子的速度为8BqR3m
B. 能够到达c点的粒子在磁场中运动的时间为πmBq
C. 能够到达圆周上的所有粒子中，运动时间最短的粒子和时间最长的粒子，速度之比为56
D. 能够到达圆周上的所有粒子中，运动时间最短的粒子和时间最长的粒子，时间之比为53127
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”(如图甲所示)之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想(实验装置如图乙所示)。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为m1=100g，B小球质量为m2(m2待测，弹簧与A、B物体脱离后，静止停留于原地)。
(1)脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做_____运动，速度大小为_____m/s(保留两位有效数字)。
(2)根据实验数据测算可得小球B的质量大小是_____kg(保留两位有效数字)。
(3)该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验_____(选填“能”或“不能”)测量小球B的质量。
12.某实验小组使用多用电表时，发现它已经损坏，于是根据已掌握的知识将一个电压表改装成了欧姆表，器材如下：
A.电池组一个(内阻不计) B.电压表一个(量程3 V，内阻未知)
C.电阻箱(0～9999.9 Ω) D.红黑表笔各一个、导线若干(电阻均不计)
(1)该小组设计了图甲所示的欧姆表内部电路图，根据电路图可知________(选填“a”或“b”)为红表笔。
(2)首先，测量图甲中电压表的内阻，将红黑表笔短接前，电阻箱的阻值应调至________(选填“最大值”或“最小值”)，保持红黑表笔短接，将电阻箱的阻值调到1 kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱的阻值调到3 kΩ时，电压表的指针恰好半偏，由以上信息可求得电压表内阻RV=________Ω，蓄电池电动势E=________V。
(3)①然后，用改装好的欧姆表探测图乙的电路故障，闭合开关，发现无论如何调节滑动变阻器，灵敏电流计始终没有示数，若电路中仅可能存在a、b或c、d间断路，该同学利用改装好的欧姆表进行检测，在使用欧姆表检测前，________(选填“需要”或“不需要”)断开图乙的电路开关S。②检测时，发现试触a、b时，欧姆表指针有偏转，且指针刚好在中值附近，试触c、d时欧姆表读数为无穷大，可知________出现断路故障(选填“a、b间”或“c、d间”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.特斯拉公司的CEO埃隆·马斯克提出并推动了一项创新交通方式——马斯克“真空”隧道。其关键技术是在隧道内部创造接近真空的环境，列车在其中行驶时，所受空气阻力几乎为零，从而大幅提高列车的行驶速度。将马斯克隧道简化成如图所示模型，导热良好的密闭容器内封闭有压强为p0的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)进行抽气。已知抽气筒的抽气部分有效体积为密闭容器容积的12，空气可视为理想气体，求：
(1)抽气两次后，容器内剩余空气的压强p；
(2)抽气n(n>1)次后，容器内剩余空气和抽出空气的质量之比k。
14.如图甲，在单杠比赛中，运动员身体保持笔直绕杠进行大回环动作，此过程中运动员重心到杠的距离始终为d=1m，运动员可看作在竖直面内做圆周运动，如图乙，当身体运动到与竖直方向成53∘时，运动员双手脱开杠，此时运动员的速度大小v=1.25m/s，之后运动员在空中完成一系列动作后笔直的站定在地面上，站定时重心离地面的距离为h=0.95m。运动员质量为60kg，杠的高度为H=2.75m，重力加速度g取10m/s2，sin53∘=08,cs53∘=0.6。(运动员从最低点向最高点运动过程可视为机械能守恒)求：
(1)运动员在最低点对杠的作用力大小；
(2)运动员落地点离杠的水平距离。
15.如图，平行金属导轨由光滑的水平部分和粗糙的倾斜部分平滑连接而成，导轨水平部分处在B1=2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，倾斜部分导轨与水平面的夹角θ=37°，处在B2=2 T、方向平行导轨平面向下的匀强磁场中。开始时，导体棒a在外力约束下静止在倾斜导轨上，导体棒a与倾斜导轨间的摩擦因数为μ=0.75。光滑导体棒b在水平向左的恒力F的作用下向左做匀速直线运动，当导体棒b运动到离连接处距离为s=2 m时撤去作用在a棒的约束力，a棒以a=3 m/s2的加速度做匀加速直线运动。当导体棒b运动到连接处时，撤去作用在b棒的恒力F，此后导体棒b冲上倾斜导轨，且在之后的运动过程a、b始终不会相遇，且当b停在水平导轨上时，a还处在倾斜导轨上。两导体棒的电阻R均为1 Ω、质量m均为1 kg，两导体棒长度和导轨间距L均为1 m，且两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直，金属导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求：
(1)外力F的大小；
(2)导体棒a到达连接处时的速度大小；
(3)从b棒返回水平导轨至最终稳定的整个过程，回路产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
核反应满足电荷数守恒和质量数守恒；半衰期大量原子核有一半数目发生衰变所用的时间，与外界物理环境及化合态无关；中子数等于质量数减去质子数。
【解答】
Y粒子为电子，故而发生的衰变为β衰变，A项正确;
碘131原子核内有131−53=78个中子，D项错误；
X粒子的原子核内中子数为131−54=77，碘131原子核内中子数比X粒子的原子核内中子数多一个，B项错误;
半衰期不受外界物理环境及化合态的影响，C项错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律和动能定理。解决问题的关键是清楚毽子的受力情况及运动过程，利用牛顿第二定律、动能定理分析判断。
【解答】
A.毽子在最高点的速度为零，阻力为零，加速度为g，故A错误;
BC.上升过程中mg+Ff=ma1，a1>g;下降过程中mg−Ff=ma2，a2D.运动全程空气阻力Ff做负功，故返回原点时的速率小于出发时的速率，即v0>vt，根据动能定理，上升段克服合外力做功和下降段合外力做功分别为W1和W2，则W1=0−12mv02，W2=12mvt2−0，故W1>W2，故D正确。
3.【答案】C
【解析】A.该消声器是利用声波干涉原理设计，故A错误；
BCD.根据波的叠加原理可知，该消声器对于路程差为s1−s2=(2n+1)λ2(n=0,1,2,3⋯)
的声波降噪效果良好，但不符合上述条件的声波降噪效果较差，甚至不能起到降噪效果，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，故BD错误，C正确。
故选C。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查天体运行的周期问题。解决问题的关键是清楚土星冲日满足的关系。
【解答】
由题意可知tT地−tT土=1，地球公转周期为1年，土星的公转周期约为30年，代入可得，t=3029年，约为1年零12.6天，故A正确，BCD错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题解题的关键是分析绳子拉力的作用效果，当救援车辆施加的力小，而绳子拉力比较大时，效果最好，逐项分析即可得解。
【解答】
A项中缆绳与树桩构成定滑轮系统，仅改变力的方向，未改变力的大小;
B项中根据受力分析可知，教援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的2倍;
C项中根据受力分析可知，教援车辆的拉力为受困车辆所受拖搜力的12；
D项中根据受力分析可知，救提车辆的拉力为缆绳两侧拖拽拉力的合力，因初始时刻两分力夹角接近180∘，合力远小于两分力，D项正确。
6.【答案】C
【解析】A.题图为一带负电粒子在仅受电场力作用下的 WE−x 图像，由F⋅Δx=WE
整理有WE=F⋅Δx
该图像的斜率为带电粒子所受的电场力，由图像可知，在 x1 处粒子所有的电场力为零。根据F=qE
可知，此处电场强度为零，故A项错误；
B.由题图可知，粒子在 x2∼x3 过程，电场力做负功，由动能定理有−Fx=−WE=12mv2−12mv12
整理有v= v1−2Fmx
由上述表达式可知，粒子在 x2∼x3 段速度v不是随位移x均匀增大的，故B项错误；
C.由题图可知粒子在原点和 x2 处电场力做功为零，由动能定理有WE=ΔEk=0
所以粒子在原点和 x2 处的动能相同，因为同一个粒子，所以粒子在两处的速度相同，由题意可知，粒子从 x2 处的速度不为零，否则在 x2∼x3 处粒子将无法运动，所以，粒子在 x=0 位置的速度不为零，故C项正确；
D.由之前的分析可知，该图像的斜率为电场力，由题图分析可知，在 0∼x1 过程，电场对粒子做正功，由题图可知，在 x1∼x2 过程，图像的斜率方向反向，即粒子所受电场力的方向反向，该过程，电场对电场力做负功，电场力做负功，电势能增加，所以粒子在 x2 处电势能大于 x1 处的电势能，由于粒子带负电，所以电势能大的地方，其电势小，即φ1>φ2
由题图可知在 x2∼x3 过程，电场对粒子做负功，所以粒子在 x3 处电势能大于 x2 处的电势能，由于粒子带负电，所以电势能大的地方，其电势小，即φ2>φ3
综上所述有φ1>φ2>φ3
故D项错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆周运动和机械能守恒定律的应用。解决问题的关键是清楚石块的受力情况和运动情况，及各力做功的情况。利用机械能守恒定律和圆周运动的知识分析判断。
【解答】
根据机械能守恒，可知Mgl(1+sinα)−mgL(1+sinα)=12Mv22+12mv12，v1=ωL，v2=ωl，代入数据，解得v1=10m/s，故B正确，ACD错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.根据题意，由动量定理有FΔt=nΔtmv−0
解得F=nΔtmvΔt=0.08N
故A正确，B错误；
CD.根据题意，由牛顿第二定律有4F=Ma
解得a=4FM=3.2×10−6m/s2
故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本体借助手机无线充电装置考查理想变压器。解决问题的关键是熟知理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合能量关系分析判断。
【解答】
设a、b间电压为U0，变压器输入电压为U1，变压器c、d端电压为U2，用户输出端电压为UP，根据U1U2=n1n2，I1I2=n2n1；及能量守恒U0I1=I12R+I22R+I2Up
把U0=220V，UP=12.8V，I2=2A，n1:n2=5:1代入解得：
R=15Ω，U2=Ucd=42.8V，故AD错误，BC正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题关键是画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何知识和周期公式求解粒子的速度和运动时间，另外要知道粒子运动时间越长即为圆心角最大，圆心角等于2倍弦切角，找出临界条件画出图形是难点。
【解答】
如图甲，粒子从P点入场，运动至c点，运动轨迹为半圆;2r=2R+23R，r=mvBq，所以v=4BqR3m，t=T2=πmBq，A项错误，B项正确;
粒子从P点入场，运动至圆周上，时间最长即为圆心角最大，根据圆心角等于2倍弦切角，可知时间最长，即运动轨迹圆的弦切角需最大;同理时间最短即为弦切角最小;如图乙，运动时间最短，此时轨迹圆的弦Pd与题设圆相切，由几何知识可知∠OPd=37∘，圆心角为106∘，则2r1sin53∘=43R，r1=mvBq，所以v1=5BqR6m，t1=53∘×2360∘⋅2πmBq，如图丙，运动时间最长，此时轨迹圆的弦Pk与题设圆相切，由几何知识可知∠OPk=37∘，圆心角为254∘，则2r2sin53∘=43R，r2=mvBq，所以v2=5BqR6m，t2=360∘−53∘×2360∘⋅2πmBq，故而v1v2=1，t1t2=53127，C项错误，D项正确。
11.【答案】 匀速直线 0.15 0.15 能
【解析】【分析】
本题考查利用动量守恒在空间站测质量的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会分析实验数据。
【解答】
(1)[1]由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
[2]由照相机的频率可知周期为T=1f=110s=0.1s
则由图可知，小球A速度大小为vA=xt=1.5×10−20.1m/s=0.15m/s
(2)[3]由图可知，B的速度大小为vB=xBt=1×10−20.1m/s=0.1m/s
由动量守恒可知mAvA+mBvB=0
代入数值可得mB=0.15kg
(3)[4]该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
12.【答案】(1)b；(2)最大值；1000；6；(3) ①需要； ②c、d间
【解析】【分析】
本题考查多用电表的使用和电表改装原理，解题关键要知道欧姆表表笔按照电流走向“红进黑出”，根据闭合电路欧姆定律求解电压表内阻和蓄电池电动势，根据实验现象分析电路故障。
【解答】
(1)欧姆表表笔按照电流走向“红进黑出”，所以b为红表笔。
(2)电路接通前电阻箱电阻选择最大值，确保电路安全，满偏时Ig=ERV+R1，
第二次电压表半偏Ig2=ERV+R2，联立得RV=1000Ω，
又电压表满偏电流Ig=31000V=0.003A，代入则有E=6V。
(3) ①为了保证电路安全，需要断开开关S; ②断路处电阻无穷大，所以c、d间出现断路故障。
13.【答案】解：(1)设容器的容积为V0，则每次抽气时可视为增加了的体积为V02，
设第1次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，有p0V0=p1(V0+12V0)
设第2次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，有p1V0=p2(V0+12V0)
解得p2=49p0
(2)由(1)问可知pn=(23)np0
假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为p0时的体积为V，
p0V=pnV0
k=VV0−V
解得k=2n3n−2n
【解析】第一问是抽气过程，是一个变质的过程，将抽出的与余下的视为一个整体，这样就可以等效为气体的质量是不变的，然后用状态方程，就可以求解了。每二问将气体的体积都化成同一个压强下的体积，温度又不变，这样气体的质量之比与体积之比是相同的。这样就可以求解了。
要将变质量的问题转化为质量不变来处理，将质量之比转化为同温同压下的体积之比。
14.【答案】(1)根据题意，设运动员在最低点的速度为 v0 ，由机械能守恒定律有12mv02=mgd1−cs53∘+12mv2
设运动员在最低点受到杠的作用力为 F ，由牛顿第二定律有F−mg=mv02d
解得F=1173.75N
由牛顿第三定律得，运动员对杠的作用力F′=F=1173.75N
(2)脱离杠后，竖直方向上有−H−dcsθ−h=vyt−12gt2 ， vy=vsinθ
水平方向上有x=vxt ， vx=vcsθ
联立解得x=0.45m
运动员落地点离杠的水平距离s=dsinθ+x=1.25m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)a棒加速运动，则
mgsin37∘−μ(mgcs37∘−B2IL)=ma
I=2A
b棒匀速运动，则
F=B1IL
解得
F=4N；
(2)b棒匀速运动s=2m后撤去外力，
I=B1Lv02R
v0=2m/s
t=sv0=1s
b棒匀速过程电流恒定，a棒受力恒定，设a棒经过1s的加速后速度为v1，
v1=at=3m/s
之后b棒进入斜面，在斜面上运动过程回路电流为0，此时对a棒
mgsin37∘=μmgcs37∘，a棒开始匀速运动。
对b棒，在斜面上运动过程机械能守恒，b棒以v0冲上斜面后，当其又返回连接处时，b棒速度大小仍然为v0，
b棒返回后在水平轨道上只受安培力作用
−∑B1ILΔt=m(0−v0)
b棒返回水平轨道后运动至停止时，设a棒的速度为v2，则对a棒：
−∑[μ(B2IL+mgcs37∘)−mgsin37∘]Δt=m(v2−v1)
联立解得
v2=1.5m/s
b棒停止运动后，回路电流为0，a棒以1.5m/s继续做匀速运动至连接处。
(3)b棒返回水平轨道至速度减为零的过程中，产生的焦耳热为QJ1=12mv02=2J
a棒运动到水平轨道后，a、b组成系统动量守恒，
mv2=2mv3
12mv22−2×12mv32=QJ2=916J
回路所产生的焦耳热为
QJ=QJ1+QJ2=4116J
【解析】本题考查电磁感应的综合问题。解决问题的关键是清楚ab棒的受力情况和运动情况，利用牛顿第二定律、运动学公式、动量定律、动量守恒定律和能量关系分析判断。