江苏省泰州市2023-2024学年高三下学期（第四次）调研测试物理试卷

这是一份江苏省泰州市2023-2024学年高三下学期（第四次）调研测试物理试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.科学家发现由于太阳内部的热核反应其质量在不断减小.若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动.则与现在相比( )
A. 轨道半径变小B. 周期变大C. 速率变大D. 角速度变大
2.光子跟实物粒子一样也具有重力势能.从高楼上向地面发射频率为ν0、动量为p0的γ光子，在地面接收到γ光子的频率为ν、动量为p，则( )
A. ν0>ν，p0>pB. ν0>ν，p0pD. ν0<ν，p03.如图所示，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加与水平方向成θ角的推力F，拖把做匀速直线运动，则地面对拖把的作用力方向( )
A. 竖直向上
B. 水平向左
C. 地面对拖把的作用力方向与水平面的夹角大于θ
D. 地面对拖把的作用力方向与水平面的夹角小于θ
4.用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内可以吸收多个光子发生多光子光电效应.如图，用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应.换用同样频率的强激光照射，则发生光电效应;若加上反向电压U，当光电流恰好减小为零时，则 U可能是(W为逸出功， h为普朗克常量， e为电子电量)( )
A. U=hve−WeB. U=2hve−WeC. U=2hv−WD. U=5hv2e−We
5.如图所示，正三角形ABC区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀增加的磁场.以三角形顶点C为圆心，粗细均匀的铜导线制成圆形线圈平行于纸面固定放置，则下列说法正确的是( )
A. 线圈中感应电流的方向为顺时针B. 线圈有扩张趋势
C. 线圈所受安培力方向与AB边垂直D. 增加线圈匝数，线圈中感应电流变小
6.如图所示，一粗细均匀的导热良好的玻璃管漂浮在液体中，玻璃管内外液面高度差为h.若环境温度缓慢升高，大气压强不变，下列说法正确的是( )
A. 玻璃管内外液面高度差h变大
B. 玻璃管内气体压强变大
C. 单位时间内气体分子与单位面积管壁碰撞次数增多
D. 玻璃管内气体分子的数密度变小
7.在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动，测得绳上的张力为F，小球转过n圈所用的时间为t，O点到球心的距离为l.下列说法正确的是( )
A. 小球所受重力和绳拉力的合力充当向心力
B. 小球的质量为Ft24π2n2l
C. 若误将n−1圈记作n圈，则所得质量偏大
D. 若测l时未计入小球半径，则所得质量偏小
8.打磨某割面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是( )
A. 若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射B. 若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C. 若θ<θ1，光线会从OP边射出D. 若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
9.“高铁”是一种时尚快捷的交通工具.若高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，该阶段列车的位移x、速度v、动能Ek、功率P、时间t的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
10.有一种特殊电四极子的电荷分布及位置关系如图所示， A点位于+2q电荷的正上方.下列说法正确的是( )
A. A、B两点电势φA<φBB. A、B两点的场强大小EA>EB
C. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能D. 将电子从A点移到B点，电场力做正功
11.静止在地面上的物体在变力F作用下开始竖直向上运动，力 F的大小随上升高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，hA. 物体在离地瞬间和到达最高点的加速度大小相等
B. 改变F0，若h变大，则物体加速度的最大值可能变小
C. 改变F0，若h变大，则物体速度的最大值可能不变
D. 物体的机械能一定先增大后减小
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某同学通过实验描绘规格为“2.5V，0.6W”的小电珠的伏安特性曲线.
(1)该同学用多用电表测量小电珠的电阻，应将选择开关旋至图甲中__________处.(选填“A”、“B”、“C”或“D”)
(2)该同学按图乙所示连接好电路，请指出电路中__________(选填图中表示接线柱的字母)之间连线出现了错误.
(3)改正错误连接后，闭合开关S，调节滑片P，发现电压表和电流表的示数总是调不到零，已知各元器件均无故障，其原因是__________两点间的导线没有连接好.
(4)下表为该同学记录的电压表和电流表的示数.为了获得更准确的实验图象，你认为必须在表内相邻数据点__________(选填“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”)间多测几组数据，并说明理由__________。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，奥运会步枪射击项目中，运动员沿水平方向对准靶的中心射击.设子弹能击中靶，枪口到靶心的距离为 l，所用靶的直径为 d，重力加速度为g.求：
(1)子弹飞出枪膛的速度v0至少多大;
(2)子弹击中靶时速度偏向角正切值的最大值.
14.如图所示，热气球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通.球内有温度调节器，可以调节球内空气的温度，控制热气球上升或下降.设热气球的总体积V0=500m3(忽略球壳体积)，除球内空气外，热气球质量M=180kg.已知地球表面大气温度T0=280K，密度ρ0=1.20kg/m3，将大气视为理想气体，忽略其密度和温度随高度的变化，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)热气球刚要离开地面时，球内热空气的密度;
(2)为使热气球从地面升起，球内气温至少要达到多少.
15.如图所示的装置中，小物块A、B的质量均为m，水平面上PQ段粗糙且长为l，其余段光滑，两物块与 PQ间的动摩擦因数均为μ.初始时刻，长为 r的连杆位于图中虚线位置，物块A紧靠滑杆(A、B间距大于2r).随后，连杆以角速度ω的速转动，带动滑杆沿水平方向运动.A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的 B发生碰撞后粘合在一起.
(1)写出滑杆的速度随时间变化的表达式;
(2)求物块A脱离滑杆时的速度v0及A、B碰撞过程中损失得机械能ΔE;
(3)如果AB一起能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，求ω的取值范围.
16.如图为医用电子直线加速器结构原理简化图.束流传输系统由三个半径为d的90∘扇形磁场组成，圆心为O，方向垂直纸面向外，其中导向磁场和聚焦磁场为匀强磁场，磁感应强度为B1=B3=B.偏转磁场为非匀强磁场，磁感应强度B2强弱沿径向呈一定规律分布，可使电子在其间做匀速圆周运动.现电子束经电压为u0的加速系统后，垂直导向磁场边界从P进入束流传输系统，最终粒子能在Q点汇聚并竖直向下打到靶上.已知PO=QO=d2，Δu=2%u0≪u0，电子刚好做半径为d2的匀速圆周运动到达Q.
(1)若电子电荷量为e，求电子质量m;
(2)考虑加速电压有波动，在u0−Δu∼u0+Δu之间变化，求发散电子束进入偏转磁场时的宽度;(计算半径时可使用小量近似公式：当x≪1时，(1+x)12≈1+12x)
(3)对于加速电压为u0+Δu的电子，求在偏转磁场中运动轨迹处的磁感应强度B2大小.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.若太阳的质量减小，则太阳对地球的引力减小，则引力不足以提供地球做圆周运动的向心力，则地球将做离心运动，轨道半径变大，选项A错误；
BCD.根据GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
可得T=2π r3GM
v= GMr
ω= GMr3
由于M减小，r变大，则周期T变大，速率变小，角速度变小，选项B正确，CD错误。
故选B。
太阳质量变小了，太阳对地球的万有引力就变小了，地球做离心运动。地球绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式分析。
本题考查万有引力在天体中的应用，这个题目有所不同的是中心体的质量也在发生改变，所以要考虑全面。
2.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题时关键要正确分析光子的能量是如何转化的。
光子向地面发射过程中，其重力势能转化为光子的能量，使其频率增大;再根据动量与频率的关系可求解.
【解答】解：光子的重力势能转化为光子的能量，使其频率增大，ν0<ν，
又光子动量p=hνc，可知p0故选D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
对拖把进行受力分析，根据平衡条件及作用力与反作用力的特点分析。
【解答】
解：设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力而处于平衡状态，受力如图所示：
则地面对拖把的作用力为支持力N和摩擦力f的合力，其大小等于重力mg与推力F的合力大小，方向与重力mg与推力F的合力方向相反，由图可知，重力mg与推力F的合力方向与水平面的夹角大于θ，所以地面对拖把的作用力方向与水平面的夹角大于θ，故ABD错误，C正确。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据光电效应方程Ekm=hν−W，以及Ekm=eU进行分析。
解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。
【解答】
以从阴极K逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得：
−Ue=0−12mv m2①，
由光电效应方程得：nhv=12mv m2+W(n=2,3,4…)②，
由①②式解得：U=nhve−We(n=2,3,4…)。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，根据楞次定律判断感应电流的方向及线圈扩张或收缩的趋势；根据左手定则判断线圈所受安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求出感应电流的表达式，分析线圈匝数变化时，感应电流的大小变化。
【解答】AB.磁场垂直纸面向里，大小在增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，线圈有收缩趋势，故AB错误；
C.线圈的有效长度与 AB 边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与 AB 边垂直，故C正确；
D.设B=kt，圆形线圈的半径为l，电阻为R
根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt=NBSt=NktSt=NkS
磁场的有效面积S=πl26
感应电流的大小I=ER=NkSR=Nkπl26R
增加线圈匝数N，则线圈中感应电流变大，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据压强平衡分析玻璃管内气体压强变化和内外高度差，根据理想气体状态方程分析气体体积的变化，进而分析玻璃管内气体分子的数密度变化。
【解答】
玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，单位时间内气体分子与单位面积管壁碰撞次数不变，选项ABC错误;
根据理想气体状态方程pVT=C可知，体积变大、不漏气，玻璃管内气体分子的数密度变小，选项D正确。
7.【答案】B
【解析】解析：A.在太空实验室中，物体均处于完全失重状态，则小球没有重力效果，圆周运动轨道处于任意平面内时，小球所受合力均为绳上的拉力，A错误;
B.小球做匀速圆周运动，小球所受合力为绳上的拉力F，该拉力充当向心力，则由牛顿第二定律有F=mω2l=m(2πT)2l，周期T=tn，联立解得m=Ft24π2n2l，B错误;
C.若误将n−1圈记作n圈，则n变大，由m=Ft24π2n2l可知，m变小，C错误;
D.若测l时未计入小球半径，则l变小，由m=Ft24π2n2l可知，m变大，D错误.
故选B.
本题考查了圆周运动，解题的关键是受力分析圆周运动的向心力的来源分析，知道太空实验室中，物体均处于完全失重状态。
8.【答案】D
【解析】【分析】
发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角．根据条件：θ在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，结合几何关系分析临界角的范围，再进行判断．
本题关键要掌握全反射的条件，灵活应用几何知识帮助分析入射角的大小，即可进行判断．
【解答】
从MN边垂直入射，由几何关系可知光线射到PO边上时的入射角i=π2−θ，据题：θ在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，说明临界角C的范围为：π2−θ2AB.若θ>θ2，光线在PO上入射角i=π2−θ<π2−θ2CD.若θ<θ1，i=π2−θ>π2−θ1>C，故光线在OP边会发生全反射．故C错误、D正确。
故选D。
9.【答案】D
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的规律、动能定理、瞬时功率确定两个物理量之间的关系，即可确定图像形式
【解答】
A.初速度为零的匀加速直线运动，由位移和时间的关系公式x=12at2可知，位移x与时间t为二次函数关系，故A错误；
B.初速度为零的匀加速直线运动，速度和位移的关系公式 v2=2ax可知，速度-位移图像是曲线，故 B错误;
C.高铁列车在做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F−f=ma，功率P=Fv=(f+ma)v=(f+ma)at，则P−t图像应是过原点的倾斜的直线，故C错误;
D.由动能定理得(F−f)x=Ek−0，即Ek=(F−f)x，所以Ek−x图像是一条过原点的倾斜的直线，故D正确。
10.【答案】C
【解析】【分析】
根据点电荷的电场强度公式E=kQr2，结合电场强度的叠加判断A、B两点电场强度的关系。
电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，据此判断电势高低，进而可判定电子的电势能大小。
根据电场强度大小来判定电场力大小，进而可判定电子的运动性质。
此题考查了电场的相关计算，解题的关键是明确电场强度是矢量，电势是标量，负电荷在电势高的地方，电势能小。
【解答】
A.电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负， A离负电荷远， B离负电荷近，故φA>φB，故 A错误;
B.由点电荷电场强度公式E=kQr2得B点合场强EB=k2ql2+kql2−kq9l2=26kq9l2，由于+2q电荷在A点的电场强度为E1=2kql2=18kq9l2，方向竖直向上，而两侧负电荷在A电的合场强竖直向下，故合场强为两者相减，故必有EB>EA，故B错误；
C.因为负电荷在电势高的地方电势能小，故电子在 A点的电势能小于在B点的电势能，故 C正确;
D.将电子从A点移到B点，电场力做负功故D错误。
11.【答案】A
【解析】【分析】
解决该题需要明确知道物体在最高点和最低点的加速度是最大的，掌握平均力做功的求解方法，知道当加速度为零时，物体的速度达到最大。
作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时再反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度;求出外力的平均作用力，根据功能关系求解物体的重力;当外力等于重力时，物体的动能最大，根据动能定理求解最大速度;在初位置加速度最大，根据牛顿第二定律求解最大加速度，根据机械能守恒的条件分析。
【解答】
A.因作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时再反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同大小的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为0或h，故A正确；
B.因变力F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为F=H−hHF0+F02=F0(2H−h)2H，所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有Fh=mgh，联立可得mg=F0(2H−h)2H，
在开始时，由牛顿第二定律有F0−mg=ma，联立解得a=gh2H−h，则改变F0，若h变大，则物体加速度的最大值变大，故B错误;
C.当F=mg时动能最大，此时F0H=mgH−h′，解得h′=(F0−mg)HF0，由动能定理F0+mg2h′−mgh′=12mvm2，解得vm= gh222H−h，改变F0，若h变大，则物体速度的最大值变大，故C错误;
D.力F对物体做正功，则物体的机械能一直增大，D错误。
12.【答案】(1)C
(2)lm
(3)Am
(4)ab；ab间电流变化范围较大，当电流较小时，U−I为直线，随着电流增大，图线变为曲线，所以此段应多测几组数据
【解析】解：
(1)小电珠(2.5V,0.6W)，小电珠正常发光时的电阻R=U2P=2.520.6Ω≈10.4Ω，
测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表×1倍率，即将选择开关旋至图甲中C处；
(2)因待测电阻较小，远小于电压表内阻，所以应该采用电流表的外接法，要求电流表能从0开始增大，滑动变阻器应用分压式接法。所以lm之间连线出现了错误，应将l端接A端；
(3)闭合开关S，调节滑片P，发现电压表和电流表的示数总是调不到零，滑动变阻器实际上被接成了限流接法，故可能是Am两点间的导线没有连接好.
(4)为了获得更准确的实验图象，应该在灯泡两端电压从零开始增大的过程中多测量几次，即必须在相邻数据点ab间多测几组数据。同时由于ab间电流变化范围较大，当电流较小时，U−I为直线，随着电流增大，图线变为曲线，所以此段应多测几组数据。
【分析】
描绘小灯泡的伏安特性曲线，为了更精确的绘出图象，都要求多测几组数据，故一般采用分压接法。
(1)已知灯泡的额定电压及功率，由功率公式可求得电阻的大概阻值，进而选择开关应旋转的位置；
(2)由原理可知电路的接法为分压接法，从而确定连线出现错误的接线柱；
(3)电压表和电流表的示数总是调不到零，滑动变阻器实际上被接成了限流接法，；
(4)由图中数据可知各段相临电压值间对应的电流变化不同，则应在电流变化较大的位置多测几组数据。
13.【答案】解：(1)以最小速度v0射出时，水平方向l=v0t
子弹击中靶的下边缘，竖直方向有d2=12gt2
联立解得v0=l⋅ gd。
(2)子弹打到靶的下边缘时速度偏向角θ最大
竖直方向的速度vy= 2g×d2
速度偏向角正切值的最大值tanθ=vyv0=dl。
【解析】此题考查平抛运动规律，由题中条件确定临界状态的运动参量，是解题关键。
临界条件是，子弹击中靶的下边缘时，在空中运动时间最长，水平射出速度最小，对应速度偏向角正切值的最大。
14.【答案】解：(1)热气球刚要离开地面时，由平衡条件有ρ0gV0=Mg+ρgV0，
解得ρ=ρ0−MV0，
代入数据，得ρ=0.84kg/m3；
(2)加热过程气体做等压变化，
由盖⋅吕萨克定律有V0T0=VT，ρ0V0=ρV，得T=ρ0T0ρ，
代入数据，得T=400K。
【解析】本题主要考查平衡条件的应用以及盖-吕萨克定律的应用。
(1)热气球刚要离开地面时，由平衡条件列式求解；
(2)加热过程气体做等压变化，由盖-吕萨克定律列式，结合质量、密度和体积的关系式，联立即可求解。
15.【答案】解：(1)连杆末端的线速度v=ωr①
滑杆水平运动的速度与连杆末端速度的水平分量相等，
u=vx=v⋅sin(π−ωt)=ωr⋅sinωt②
(2)滑杆达到最大速度，即t=π2ω时A与其脱离.由题意，
得v0=ωr③
设A、B碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律，有
mv0=2mv1④
碰撞过程中的机械能损失为
ΔE=12mv02−12(2m)v12⑤
ΔE=14mω2r2⑥
(3)若AB不与弹簧相碰， P到Q过程，由动能定理，得
μ(2m)gl=12(2m)v12⑦
联立③④⑦，得对应 AB运动到Q点的连杆角速度ω1
ω1=2 2μglr⑧
若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得
μ(2m)g(l+l)=12(2m)v12⑨
联立③④⑨，得对应 AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2
ω2=4 μglr
ω的取值范围：2 2μglr<ω≤4 μglr

【解析】(1)对于杆牵连问题，要明确杆连接的两个物体在沿杆方向的速度始终相等。
(2)滑杆达到最大速度时与A脱离，根据v=rω求速度，根据动量守恒与能量守恒求碰撞损失的机械能。
(3)分别根据动能定理分析AB不与弹簧相碰、AB压缩弹簧后反弹两种情况，从而确定取值范围。
16.【答案】解：(1)eu0=12mv02
对于电压为u0的电子，在磁场中半径为d2，根据Bev0=mv02r
可知r=mv0Be= 2meu0Be=d2
解得m=B2ed28u0
(2)对于电压为u−△u的电子
r1= 2me(u0−Δu)Be= 2eu0mBe 1−Δuu0≈ 2emu0Be(1−Δu2u0)=99200d
对于电压为u+△u的电子，
r2= 2me(u0+Δu)Be= 2eu0mBe 1+Δuu0≈ 2emu0Be(1+Δu2u0)=101200d
轨迹如图所示：
由勾股定理得
OM= (99200d)2−(1200d)2= 9820d=7 220d
ON= (101200d)2−(1200d)2= 10220d
因此发散电子束进入偏转磁场时的宽度为
MN= 10220d−7 220d
(3)对于加速电压为u0+△u的电子ON= 10220d
进入偏转磁场的发散角为α，由于轨迹关于偏转磁场的角平分线对称，因此圆心在平分线上的O3点，半径设为r，如图所示
其中
sinα=1200d101200d=1101
csα=10 102101
由正弦定理得ONsin(45∘+α)=rsin45∘
解得r=sin45∘Nsin(45∘+α)=sin45∘ONsin45∘csα+cs45∘sinα=ONcs α+sin α= 10220d10 102101+1101=101 102d200 102+20
因此rr2=BB2=10 10210 102+1
即B2=( 1021020+1)B
【解析】(1)由题意，根据动能定理，由洛伦兹力提供向心力可求得粒子的质量；
(2)分别求出最大能量和最小能量的电子在磁场的轨迹半径，由几何关系就能求出电子在磁场中的宽度；
(3)能量较大的电子进入偏转磁场的发散角，由正弦定理找到半径与导向磁场半径的关系，从而求出偏转磁场的磁感应强度大小。
本题是联系实际的一道好题，医用电子直线加速器聚焦问题。被加速后的电子的能量有一定的偏差，为了使各种电子都能聚焦，在电子的轨道处附加了三种磁场，抓住洛伦兹力提供向心力是关键，画出轨迹，由几何关系得到相关结论。数据点
a
b
c
d
e
f
U/V
0.00
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
I/A
0.000
0.122
0.156
0.185
0.216
0.244