绝密★启用前
4.2023年10月26口，神舟十七号航天员乘组顺利进驻中国空问站，与神舟十六号航天员乘织
成功会咖。若地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,中国空间站的运行周期为T,引
2023一2024高三省级联测考试
力常量为G,忽略地球的白转及阻力作用。则中国空间站的运行速率为
2xgR
c
2ngR
物理试卷
D.T
5.如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为22kW。
升压变斥器原、副线圈的币数比为1：10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝
班级
姓名
数比为1：10，电流表的示数为1A,输电线的总电阻R-102。下列说法确的是
注意事项：
升压变压器
降压变压器
1,答卷前，考生务必将白己的姓名，班级和考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2铅笔把答题卡上对应题月的答案标号涂黑，如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在木
试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回：
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
④
符合题目要求的。
A.升压变压器的原线圈输入电压U,=2200V
1.将智能手机固定在一辆小车上，打开手机测量速度的软件，给小车施加外力使小车山静止开始
B.电流互感器是一种降压变压器
在水平面上做直线运动，测得小车两次在不同外力作用下运动的速度一时间图像分别如图中
C将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
1和Ⅱ所示。下列说法正确的是
).用户获得的功率为21kW
A,0~1,时间内，小车第1次的速度变化量大于第2次的速度变化量
6.我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手
B.t1~t2时间内，小车第1次和第2次的运动方向相反
C,0t2时间内，小车第1次的平均速度大于第2次的平均速度
推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支
D.0一t1时问内的某个时刻，小车第1次和第2次的加速度相同
架及底板间的摩擦，重力加速度为g,下列说法正确的是
2.当地时间2023年8月24日，口本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污染水中的放射性
元素对人类社会和海洋生态环境健康的潜在威胁雅以估量，其中核反应之一为。S→Y十X,
器Sr的半衰期为28年，下列说法正确的是
AX为中子
B.在海水中，Sr的半衰期减小
C.细Y的比结合能比器Sr的比结合能大
D.50个期Sr原子核经过28年，只剩25个Sr原子核未衰变
底板
3.如图所示，水面上A、B两点有两个频率相同的波源，两波源发出的波在
印
水面发生干涉。以线段AB的中点O为圆心在水面上画一个半圆，半径
A.当底板与水平面间的夹角为30时，底板对货物的支持力为”受
((与AB垂直。观察发现C点始终处于静止状态，圆周上的D点是C点
左侧距C点最近的也始终处于静止状态的点。已知半圆的直径为d,A
B当底板与水平面间的夹角为30时，支架对货物的支持力为3mg
2
∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°-0.8，则该波的波长为
C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直减小
5
号
c
5
D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力先增大再减小
省级联测考试|物理（三）·质检卷Ⅱ第1页（共6页）
省级联测考试|物理（三）·质检卷Ⅱ第2页（共6页）2023-2024高三省级联测考试
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B D D C A BC BD AD
1.D 解析:0~t1时间内,小车第1次的速度变化量等于第2次的速度变化量,A错误;速度的正负表示运
动方向,t1~t2时间内,小车第1次和第2次的运动方向相同,B错误;0~t2时间内,小车第1次和第2次
运动的位移大小关系不确定,所以平均速度的大小关系也不确定,C错误;速度—时间图像的斜率表示加
速度,0~t1时间内的某个时刻,小车第1次和第2次的加速度相同,D正确。
[命题意图]本题以小车在外力作用下沿直线运动为背景,重点考查速度—时间图像。在物理学科核心素
养方面考查了物理观念中的运动观念、科学思维中的推理论证的素养考查,突出了信息获取与加工能力、
逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
2.C 解析:由核反应9038Sr→90 9039Y+X,根据质量数守恒和电荷数守恒,可知X为电子,A错误;在海水中,38Sr
的半衰期不变,B错误;比结合能越大,原子核越稳定,则9039Y的比结合能比9038Sr的比结合能大,C正确;半
衰期是大量粒子的统计规律,对少数原子核不适用,D错误。
[命题意图]本题以原子核衰变为情境载体,考查了衰变规律、半衰期、比结合能定义等必备知识,考查了理
解能力、推理论证能力,体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养,突出对基础性、综合性的考查要求。
3.B 解析:根据题意,C 点始终处于静止状态,可知两波源振动步调相反、振幅相等,AD 和BD 的长度之差
等于一个波长,即λ=lBD-lAD,已知lAD=dsin37°,lBD=dcos37°,求得波长为λ=
d,B正确。5
[命题意图]本题以波的干涉为背景,考查波的叠加原理,考查学生的理解能力、推理能力,考查学生的物
理观念和科学思维。
4.D 解析:在地球表面,由万有引力近似等于重力得GMm2 =mg,设中国空间站的轨道半径为r,由万有引R
2 3 2
力提供向心力得GMm2 =m
4π
2r,中国空间站的运行速率为v=
2πr= 2πgR ,D正确。r T T T
[命题意图]本题以神舟十七号航天员乘组与神舟十六号航天员乘组成功会师为背景,重点考查万有引力
与重力的关系、万有引力提供向心力等知识。在物理学科核心素养方面考查了物理观念中的运动观念、科
学思维中的推理论证的素养考查,突出了对理解能力、逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
5.D 解析:电流互感器原线圈中的电流I =102 I=10A,升压变压器的输出电压
P
1 U2=I =2200V
,升压变
2
U
压器原、副线圈的匝数比为1∶10,则 1 1,则 , 错误;根据线圈匝数关系可知电流互感器U =10 U1=220V A2
n
是一种升压变压器,B错误;将滑动触头P下移,增大了n3,降压变压器用户获得的电压U =
4
4 U3,可知n3
n3增大时,U4减小,C错误;输电线上损失的功率ΔP=I22R线=1000W,用户获得的功率P4=P3=P-
ΔP=22kW-1kW=21kW,D正确。
[命题意图]本题以远距离输电为背景,考查了理想变压器的电压、电流、电功率等相关知识。考查学生的
分析能力、理解能力和推理能力,突出应用性和综合性的考查,考查物理观念之能量观。
6.C 解析:设底板对货物的支持力为FN1,支架对货物的支持力为FN2,当底板与水平面间的夹角为30°时,
货物的受力如图1所示,由平衡条件得FN1cos60°=FN2cos30°,FN1cos30°+FN2cos60°=mg,解得FN1=
物理(三)·质检卷Ⅱ答案 第 1页(共5页)
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3mg,FN2=
mg,A、B错误;压下把手的过程中,货物的受力情况如图2所示,则底板对货物的支持力一2 2
直减小,支架对货物的支持力一直增大,D错误,C正确。
[命题意图]本题以用手推车搬运货物为背景,重点考查受力分析、物体的平衡知识。在物理学科核心素
养方面考查了物理观念中的相互作用观念、科学思维中的推理论证的素养考查,突出了对理解能力、逻辑
推理能力、模型建构能力的考查。
7.A 解析:带电小球运动到B 点和H 点时的速度大小相等,由于C、H 两点电势相等,小球从C 点移动到
H 点的过程中电场力不做功,只有重力做功,根据动能定理得m a=1g mv2,从C 点到B 点,只有电场力2
做功有-qUCB=
1
2mv
2,UBC=UBH=
mga,A正确;q A
点和F 点为两等量同种点电荷,C 点的电场强度为
两点电荷分别产生的电场强度的叠加。A点的点电荷在C 点的电场强度大小为 kq ,方向沿( AC
连线
2a)2
指向C 点。F 点的点电荷在C 点的电场强度大小为 kq ,方向沿FC 连线指向( )2 C
点,C 点电场强度的
2a
大小为E=3k q = 3kq2 2 ,由几何关系可知电场强度方向不沿2a BC
方向,B错误;小球在C 点受到的
(2a)
电场力沿BC 方向的分量不为0,在B 点受到的电场力沿BC 方向的分量为零,C错误;将F 点的点电荷
移到无穷远处,电场力做功为W,则F 点电势为 WφF= ,D错误。Q
[命题意图]本题以点电荷的电场为背景,考查了电场的叠加、功能关系、电势、电场力做功等概念。考查
学生的理解能力、综合分析能力,应用数学解决物理问题的能力。重点突出对物理概念、物理规律的考查。
8.BC 解析:a光和b光发生全反射的光路图如图1所示,发生全反射的临界角C 水对a光的折射率较小,A错误;在真空中,b光光子的频率较大,由ε=hν可知b光光子的能量较大,B正
确;a光光子的波长较长,更容易发生衍射现象,C正确;设水面圆形光亮区域的半径为R,点光源的深度
为h R0,从点光源正上方向下看,点光源的深度为h,由几何关系得tanC= ,作出光路图如图 所示,根h 20
据折射率定义式得n=sinα
,结合几何关系有
sinθ h0tanθ=htanα
,由于θ与α很小,则有sinα≈tanα,sinθ≈
h
tanθ,所以h= 0,化简得n h=RcosC
,由视深与实深的关系可知点光源a的深度较小,D错误。
[命题意图]本题以点光源照亮水面圆形区域为背景,重点考查光的折射、全反射知识。在物理学科核心
物理(三)·质检卷Ⅱ答案 第 2页(共5页)
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素养方面考查了科学思维中的推理论证的素养,突出了对理解能力、逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
9.BD 解析:A、B两物体分离时,A、B之间的拉力达到最大值,且A、B具有相同的加速度。分离时,对B
进行受力分析有mgsinθ+mgsinθ=ma,a=2gsinθ,A的加度度也是2gsinθ,弹簧处于伸长状态,对A
进行受力分析则有:kx 2mgsinθ1+mgsinθ-mgsinθ=ma,则x1= ,A错误,D正确;A物体速度最大k
时,加速度为零,对A、B整体则有:kx2=2mgsinθ,x =
2mgsinθ
2 ,从速度最大到最高点,系统机械能守k
恒,则有1kx22-
1kx2 11+ · 2 ( ),
2m, 正确;由简谐运动的对称
2 2 2 2mvm=2mgsinθx1+x2 vm=2gsinθ k B
性可知释放位置的加速度也是2gsinθ,方向沿斜面向上,由牛顿第二定律有kx3-2mgsinθ=2ma,x3=
6mgsinθ 1 18m2g2sin2, 2 θ
k Ep=2kx3=
,
k C
错误。
[命题意图]本题重点考查系统机械能守恒、简谐运动以及临界状态的分析,考查学生的理解能力、综合分
析能力。在物理学科核心素养方面考查了物理观念中的运动观、相互作用观,科学思维中的推理论证的素
养,突出了对理解能力、逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
10.AD 解析:金属棒a、b刚释放时,通过回路的电流最大,由法拉第电磁感应定律得Em=2B2dv0-
B1dv0,
E
由闭合电路欧姆定律得Im=
m ,解得 15 , 正确;金属棒 达到最大速度时,回路中
R1+R Im=2 8AA a
的感应电动势为0,即0=B2dvb-B1dva,由F=BId可知金属棒b受到的安培力为金属棒a受到的安
培力的2倍,则运动过程中金属棒b的动量变化量的大小为金属棒a动量变化量的大小的2倍,即
m2·2v0-m2vb=2(m1va-m1v0),解得va=4m/s,vb=2m/s,B错误;对金属棒b,由动量定理得
-B2IdΔt=-B2dq=m2vb-2m2v0,解得q=3C,C错误;由能量守恒定律得Qa+Qb=
1
2mv
2
1 0+
1m (2v )2-1
2 2 0 2m1v
2-1a 2m2v
2
b,又Qa∶Qb=R1∶R2,解得Q =
45
b ,32JD
正确。
[命题意图]本题以双金属棒的电磁感应问题为背景,重点考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定
律、动量定理、能量守恒定律等规律的应用。在物理学科核心素养方面考查了物理观念中的运动观、相互
作用观,科学思维中的推理论证的素养,突出了对理解能力、逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
11.答案:(1)1.2(2分) (2)9.75(2分) (3)不是(1分)
解析:(1)根据实验数据可知,小球在水平方向每经过相同时间,位移相同,故小球在水平方向的分运动是
( )
匀速直线运动,且速度大小为v =Δx= 9.00-6.60×0.010 / /。T 0.02 ms=1.2ms
(
(2) = y7
-y4)-(y根 据 竖 直 方 向 上 小 球 的 运 动 可 以 计 算 出 重 力 加 速 度 大 小 4-y1
)
g (3T)2 =
(13.84-5.50)-(5.50-0.67)×0.01 2 2
( / / 。3×0.02)2 ms=9.75ms
() , x
3由水平方向的分运动可知 小球自坐标原点到第2个点时所用时间为t= 2=0.092 s=0.075s,小v0 1.2
y -y ( )
球经过第2个点时竖直方向的分速度大小为v 3 1 3.50-0.67×0.012= = m/s≈0.708m/s,可2T 2×0.02
v2 得t'2= ≈g 0.073s<0.075s
,可知图乙中的坐标原点不是小球做平抛运动的起始点。
[命题意图]本题以测量重力加速度为目的,考查学生对实验方法的理解,实验数据的处理,考查实验探
究能力,体现科学思维。
12.答案:(1)图见解析(2分) (2)0.96(2分) (3)2.32(2分) 4(2分) (4)0.17(2分)
解析:(1)根据实验原理图连接实物图,如图所示。
物理(三)·质检卷Ⅱ答案 第 3页(共5页)
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(2)根据串、并联电路特点可知,当电压表的示数为0.60V时,电源的路端电压U路=0.6V (2500Ω× 2500Ω
+1500Ω)=0.96V。
(3)
ER
由电路图根据闭合电路的欧姆定律可得E=U (R RV+R1
)+Ir,变形可得U= V
V (RV+R -1)
rRV
( )I,
ER ·
所以U-I图像纵轴的截距为 V( ),即R +R R +R 1.45=
E 2500
V 1 V 1 (2500+1500)
,解得E=2.32V;U-I
rR ·
图像斜率的绝对值为 V ,即1.45-0.7 r 2500 ( ) ,解得 。RV+R1 0.30-0 =(2500+1500) r=4Ω
(4)拆除电压表V、电流表A和定值电阻R1,将定值电阻R2 和电源看成等效电源,当滑动变阻器接入电
2
路的阻值R=R2+r时,滑动变阻器消耗的电功率最大,则P
E
max=4(R +r)≈0.17W
。
2
[命题意图]本题以测量两节干电池的电动势E 和内阻r为背景,重点考查闭合电路欧姆定律的应用。
在物理学科核心素养方面突出了对信息获取与加工能力、实验探究能力的考查。
13.答案:(1)1.005×105Pa (2)0.01m
解析:(1)对井盖进行受力分析有p0S+mg=p·S (2分)
代入数据有 = mp p + g 50 ( 分)S =1.005×10Pa 2
(2)井内气体经历等温变化,井盖刚顶起时,设水位上升x
对气体由玻意耳定律得p0·Sh=p·S h-x (2分)
解得x= P0 h= 1-1.00×10
5
1-P 1.005×105 ×2.01m=0.01m (2分)
[命题意图]本题以井盖结构为背景,考查了理想气体的实验定律,考查了模型建构能力,信息提取能力,
逻辑推理能力,突出了对基础性、应用性的考查。
:()mv
2
0 ()2mv14.答案 12ql 2
0
ql
解析:(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由牛顿第二定律得Eq=ma (1分)
由类平抛运动规律得
l=12at
2 (1分)
2(l)2
l =v0t
(1分)
mv2
解得E= 0 ( 分)2ql 2
(2)设带电粒子进入匀强磁场的速度为v,与y轴的夹角为θ,由类平抛运动规律得
vx=at (1分)
v= v2x+v20 (1分)
v
tanθ= x (1分)v0
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由几何关系得2rcosθ=l (1分)
2
由洛伦兹力提供向心力得qvB=m
v ( 分)
r 2
2mv
解得B= 0 (2分)ql
[命题意图]本题以带电粒子在电场、磁场中的运动为背景,重点考查牛顿第二定律、类平抛运动规律、匀
速圆周运动规律等规律的应用。在物理学科核心素养方面考查了物理观念中的运动观,科学思维中的推
理论证的素养,突出了逻辑推理能力、模型建构能力的考查。
15.答案:(1)4m/s (2)0.8m/s (3)h=0.232m
解析:(1)小物块做平抛运动,竖直方向有2gh=v2y, (1分)
解得vy=4m/s (1分)
(2)设小物块与长木板碰撞过程的时间为Δt,竖直方向,规定竖直向上为正方向,根据动量定理有
FNΔt=mvy-0 (1分)
水平方向,规定水平向右为正方向,对小物块根据动量定理有
-μFNΔt=mv2-mv0 (1分)
解得v2=4m/s
设小物块落到木板上后木板的速度为v3
对木板由动量定理可得μFNΔt=Mv3 (1分)
解得v3=0.8m/s (2分)
(3)小物块平抛运动过程竖直方向有h=12gt
2
1 (1分)
水平方向有x1=v0t1
小物块落到木板上时距木板右端的距离x=L+d-x1=1.28m (1分)
小物块落到长木板上后做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得μmg=ma2 (1分)
解得a2=2m/s2
长木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得
μmg=Ma3 (1分)
解得a3=2m/s2
设小物块在木板上运动的时间为t2
x=vt-1at22 2 2 2 2-v3t2-
1
2a
2
3t2 (1分)
解得t2=0.8s
此时小物块的速度v4=v2-a2t2=2.4m/s (1分)
设小物块在半圆轨道上上升的最大高度为h,此时小物块的速度为v5,离开的位置与圆心O 点的连线与
水平方向的夹角为θ,
则h=R+Rsinθ (1分)
由机械能守恒定律得mgh=
1mv22 4-
1
2mv
2
5 (1分)
mv2
在离开圆弧的位置对小物块由牛顿第二定律得mgsinθ=
5 (
R 1
分)
解得h=0.232m (2分)
[命题意图]本题以抛体运动、板块模型为背景,考查了动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律的相关
知识。在物理学科核心素养方面考查了物理观念中的运动观、相互作用观,科学思维中的推理论证的素
养,突出了对理解能力、逻辑推理能力、分析综合能力的考查。
物理(三)·质检卷Ⅱ答案 第 5页(共5页)
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