遼寧省朝陽市建平縣2023-2024學年高三上學期1月期末考試物理試題（解析版）

PAGEPAGE12024屆高三學年上學期期末聯(lián)考試卷物理考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米，黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫濟楚。3.考生作答時，請將〖答案〗答在答題卡上。選擇題每小題選出〖答案〗后，用B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑：非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：高考范圍。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項是符合題目要求的，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.關于核反應，下列分析正確的是（）A.，X是中子 B.，X是電子C.，X是質子 D.，X是粒子〖答案〗A〖解析〗由電荷數(shù)和質量數(shù)守恒有解得則X是中子。故選A。2.如圖所示，一列簡諧橫波沿軸方向傳播，時刻的波形如圖所示，是平衡位置為處的質點，是平衡位置為處的質點，質點比質點超前振動，則下列說法正確的是（）A.波沿軸負方向傳播 B.時刻，質點沿軸正方向振動C.波傳播的速度大小為 D.質點在內通過的路程為〖答案〗C〖解析〗A．質點比質點超前振動，波沿軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據平移法可知，時刻，質點沿軸負方向振動，故B錯誤；C．波傳播的速度故C正確；D．周期質點在內即1.5T，通過的路程故D錯誤。故選C。3.假設高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛，甲車在前，乙車在后，速度均為，距離時刻甲車遇緊急情況，甲、乙兩車的速度隨時間的變化如圖所示。取運動方向為正方向，圖中陰影部分面積為在某段時間內兩車的位移之差，下列說法正確的是（）A.圖中陰影部分面積為內兩車位移之差為B.在內，兩車相距的最小距離為C.時兩車速度大小相等，方向相反D.甲車在加速階段的加速度大小為〖答案〗B〖解析〗A.由v-t圖線所圍面積表示位移可知，圖中陰影部分面積為0～6s內兩車位移之差，為故A錯誤；B.在0～9s內，t=6s時兩車速度大小相等，相距最近，由于初始時甲在乙前方，而，故兩車相距的最小距離為故B正確；C.由圖可知，t=6s時兩車速度大小相等，方向相同，故C錯誤；D.由v-t圖線斜率表示加速度可知，甲車在加速階段的加速度大小為故D錯誤；故選B。4.如圖所示的電路中，變壓器為可調理想自耦式變壓器，為定值電阻，為滑動變阻器，在兩端輸入恒定的正弦交流電，則下列判斷正確的是（）A.僅將滑片向下移，電壓表示數(shù)變小 B.僅將滑片向上移，消耗的功率變大C.僅將滑片向上移，電流表示數(shù)不變 D.僅將滑片向下移，電壓表示數(shù)變小〖答案〗D〖解析〗AB．僅將滑片向下移，原線圈匝數(shù)減小根據變壓比可知，U2增大，根據分壓原理可知，電壓表示數(shù)變大，僅將滑片P1向上移，原線圈匝數(shù)增大，根據變壓比可知，U2減小，副線圈回路電流減小，消耗的功率變小，故AB錯誤；CD．僅將滑片P2向上移，R2接入電路的電阻變大，因此副線圈中的電流減小，根據變流比，電流表的示數(shù)變??；僅將滑片向下移，R2接入電路的電阻變小，副線圈回路電流變大，分壓變大，而匝數(shù)比不變，副線圈回路電壓不變，則電壓表示數(shù)變小，故C錯誤D正確。故選D。5.如圖所示，兩物體由跨過光滑定滑輪的輕繩相連，物體靜止在粗糙的水平面上，物體懸空靜止，輕繩與水平方向間的夾角分別為。已知物體的質量為，物體的質量為，重力加速度取。若整個裝置在如圖所示位置始終靜止，則物體與地面間的動摩擦因數(shù)最小值為（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4〖答案〗A〖解析〗根據平衡條件得摩擦力大小為整個裝置在如圖所示位置始終靜止，則解得故選A。6.一定質量的理想氣體狀態(tài)變化過程的p-V圖如圖所示，氣體先由a狀態(tài)沿雙曲線變化到b狀態(tài)，再沿與橫軸平行的直線變化至c狀態(tài)，最后再沿與縱軸平行的直線回到a狀態(tài)。以下說法中正確的是（）A.a→b過程氣體溫度降低Bb→c過程氣體放出熱量C.c→a過程氣體對外界做功，同時吸收熱量D.c狀態(tài)下氣體分子單位時間與器壁單位面積碰撞次數(shù)小于b狀態(tài)〖答案〗B〖解析〗A．因為a→b變化圖線為雙曲線一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A錯誤；B．根據理想氣體狀態(tài)方程從b到c為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，又因為外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知，此過程放出熱量，故B正確；C．c→a過程體積不變，沒有做功，根據理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強增大溫度升高，結合熱力學第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯誤；D．據氣體壓強的微觀解釋，氣體壓強由分子平均撞擊力大小與單位時間內與器壁單位面積碰撞次數(shù)決定，c狀態(tài)溫度低于b狀態(tài)，熱運動減弱，分子平均撞擊力減小，而壓強又相同，所以c狀態(tài)下氣體分子單位時間與器壁單位面積碰撞次數(shù)大于b狀態(tài)，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，哈雷彗星繞太陽運行的軌道為橢圓，近日點與遠日點到太陽的距離分別為地球到太陽距離的0.6倍、35.4倍，己知在2061年哈雷彗星位于近日點。則下列說法正確的是（）A.2019年哈雷彗星位于近日點附近B.哈雷彗星的環(huán)繞周期約為76年C.哈雷彗星在近日點時的加速度小于地球的加速度D.哈雷彗星在近日點的動能大于地球的動能〖答案〗B〖解析〗AB．設地球中心距太陽中心的距離為，則根據題意可知哈雷彗星繞太陽運行的軌道的半長軸地球繞太陽做圓周運動周期年，設哈雷彗星的周期為，則根據開普勒第三定律有解得年根據題意，2061年哈雷彗星位于近日點，而2019年到2061年的時間跨度為年該時間跨度近似等于哈雷彗星的半個周期，由此可知，2019年哈雷彗星應位于遠日點附近，故A錯誤，B正確；C．根據牛頓第二定律有可得由題意知哈雷彗星在近日點的距離小于地球到太陽中心的距離，因此哈雷彗星在近日點時的加速度大于地球的加速度，故C錯誤；D．動能由于不知道哈雷彗星與地球質量之間的關系，因此無法比較哈雷彗星在近日點時與地球動能之間的關系，故D錯誤。故選B。8.如圖所示電路，電容器兩板水平，下板接地，電鍵閉合，為兩板間的一固定點，要使點的電勢降低，下列措施可行的是（）A.僅斷開電鍵 B.僅將下板向下平移一些C.僅將上板向上平移一些 D.斷開電鍵并將下板向上平移一些〖答案〗CD〖解析〗A．僅斷開電鍵，電容器的帶電量不變，根據可知，極板間的電場強度不變，根據可知，P點與下極板的距離不變，則與下極板間的電勢差不變，而下極板的電勢為零，因此可知P點的電勢不變，故A錯誤；B．僅將下板向下平移一些，電容兩極板間的電場強度將減小，而上極板與P點之間的距離不變，則可知上極板與P點之間的電勢差將減小，而下極板的電勢為零，上下極板接恒壓電源，可知上下極板間的電勢差不變，即上極板的電勢不變，且上極板與電源正極相連，可知上極板的電勢大于0，由減小，可知P點的電勢升高，故B錯誤；C．僅將上板向上平移一些，電容兩極板間的電場強度將減小，而下極板與P點之間的距離不變，則可知下極板與P點之間的電勢差將減小，因此P點的電勢將降低，故C正確；D．斷開電鍵，電容器的帶電量不變，根據可知移動板間距并不影響電場強度的大小，即將下板向上平移一些，板間電場強度不變，而板間距減小電容增大，根據電建斷開電荷量不變，因此極板兩端電勢差減小，而此時因的減小而減小，因此可知，P點的電勢降低，故D正確。故選CD。9.如圖所示，三個完全相同的輕彈簧豎立在地面上，a、b、c三個小球分別從三個彈簧的正上方由靜止釋放，a球釋放的位置最低，c球釋放的位置最高，a、b兩球的質量相等，a、c兩球下落過程中彈簧的最大壓縮量相同，空氣阻力不計。則關于三個球下落過程中的判斷正確的是（）A.三個球與彈簧接觸后均立即開始做減速運動B.a、b兩球速度最大的位置在同一高度C.b球下落過程中彈簧的最大壓縮量比c球下落過程中彈簧的最大壓縮量大D.a球與彈簧組成系統(tǒng)的機械能和c球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能相等〖答案〗BC〖解析〗A．三個球與彈簧接觸時，合力向下，仍向下做加速運動，A錯誤；B．速度最大的位置為彈簧彈力大小等于重力的位置，由于a、b兩球質量相等，因此兩球落過程中彈力大小等于重力時彈簧的壓縮量相等，因此兩球速度最大的位置在同一高度，B正確；C．由于a、b兩球質量相等，b開始釋放的位置比a開始釋放的位置高，因此b球下落過程中彈簧的最大壓縮量比a球下落過程中彈簧的最大壓縮量大，因為a、c兩球下落過程中彈簧的最大壓縮量相同，由此判斷，b球下落過程中彈簧的最大壓縮量比c球下落過程中彈簧的最大壓縮量大，C正確；D．由于a、c兩球下落過程中彈簧的最大壓縮量相同，當彈簧壓縮量最大時，兩彈簧的彈性勢能相等兩小球動能均為0，但重力勢能關系不能確定，因此a球與彈簧組成系統(tǒng)的機械能和c球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不一定相等，D錯誤。故選BC。10.如圖甲所示，有界勻強磁場垂直光滑水平面向下，質量為、電阻為粗細均勻的正方形金屬線框在光滑絕緣水平面上以速度向右滑動并進入磁場，從線框進入磁場開始計時，其速度隨滑行的距離變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.線框進磁場過程做變減速運動B.線框進磁場過程，線框中產生的焦耳熱為C.線框剛進入磁場瞬間，兩點間的電勢差為D.線框進磁場過程，通過線框截面的電量為〖答案〗AD〖解析〗A．線框進磁場過程，速度越來越小，則受到的安培力越來越小，根據牛頓第二定律可知，加速度越來越小，因此做的是變減速運動，A項正確；B．根據能量守恒，線框中產生的焦耳熱B項錯誤；D．根據動量定理得到結合圖像乙可知解得通過線框截面的電量D項正確。C．線框剛進入磁場瞬間，電動勢兩點間的電勢差為路端電壓故C錯誤；故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學用如圖甲所示裝置測當?shù)刂亓铀俣龋怆婇T固定在鐵架臺上，與電子計時器連接，且離鐵架臺的底座有足夠的高度，a、b是兩個完全相同的小球，用長為L的細線連接。（1）實驗前先用螺旋測微器測出小球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑d＝______mm。（2）用手提著a球，使b球懸吊，兩球靜止在光電門正上方．由靜止釋放a球，光電計時器記錄b球和a球通過光電門時的遮光時間分別為、，則b球通過光電門時，a球的速度大小為______，當?shù)氐闹亓铀俣萭＝______（用、、d、L表示）?！即鸢浮剑?）6.700（2）〖解析〗（1）[1]螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為，所以最終讀數(shù)為（2）[2]b球通過光電門時，a球的速度大小即為此時b球的速度大小，即為[3]以小球b為研究對象，由運動學公式有解得12.實驗小組用電壓表V、靈敏電流計G及滑動變阻器等實驗器材測量一節(jié)舊干電池的電動勢和內阻，靈敏電流計的內阻遠小于舊干電池的內阻，回答下列問題：（1）為減小實驗誤差，設計合理的電路，并將實驗原理電路圖畫在下面的方框內。_________（2）若靈敏電流計的內阻可忽略不計，調節(jié)滑動變阻器，讀出多組電流計和電壓表的示數(shù)，記錄在表格中，并以電流計的示數(shù)為橫軸，以電壓表的示數(shù)為縱軸建立坐標系，描點作出圖像如圖所示，若圖像的縱軸截距為，且圖像經過點，則電源的電動勢___________，內阻___________。（3）實驗結束后，把此節(jié)干電池與阻值為的定值電阻連接，在第（2）問的圖像中作出此定值電阻的圖像，則兩種圖像的交點的縱坐標為___________（用表示）。〖答案〗（1）（2）c（3）〖解析〗（1）[1]靈敏電流計的內阻遠小于舊干電池的內阻，為減小實驗誤差，靈敏電流計接法選擇相對電源內接，合理的電路圖如圖所示（2）[2][3]根據閉合電路歐姆定律，有化解得可知圖像的縱軸截距為為電源電動勢，即圖像經過點，有解得（3）[4]根據閉合電路歐姆定律，有又解得兩種圖像的交點的縱坐標為13.如圖所示是某種材料制成的長方形透明磚的截面圖，長、寬分別是，一束單色光從邊上的點射入透明磚，，入射角為，折射角為，折射光線射到邊上的點，入射角為，反射光線射到邊上的點，光線在傳播過程中都在透明磚所在截面的平面內。已知，此種光在透明磚中若發(fā)生全反射，其臨界角正好等于，光在真空中傳播速度為，求：（1）入射角及透明磚的折射率；（2）光線從邊射入，最后從射出，求光線在透明磚中傳播的總時間?！即鸢浮剑?）45°，；（2）〖解析〗（1）根據幾何關系可知解得根據折射率解得，（2）光線從邊射入，最后從射出，根據對稱性可知，總路程其中光在介質中傳播速度則傳播時間14.如圖所示，光滑的半圓形軌道處于豎直平面內，它與固定的光滑水平桌面相切于半圓的下端點。一長為不可伸長的輕繩一端拴著質量為的小球，另一端拴于點，輕繩能承受的最大拉力為?，F(xiàn)將小球提至輕繩處于水平位置時無初速度釋放，當小球擺至最低點時，細繩斷裂，恰與放在桌面上的小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球被彈回，質量為的小球進入半圓形軌道后恰好能通過最高點，重力加速度取，不計空氣阻力，兩球都視為質點，求：（1）小球的質量；（2）小球通過最高點后打在桌面上的（圖中未畫出）點，點到點的距離?！即鸢浮剑?）0.4kg；（2）0.64m〖解析〗（1）小球m1無初速度釋放后，根據機械能守恒定律得解得當小球擺至最低點時，細繩斷裂，對小球受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據解得（2）取向左為正方向，對兩球發(fā)生彈性正碰，根據動量守恒定律及能量守恒定律得聯(lián)立解得因小球m2恰好能通過最高點N，設在N