黑龙江省东亚学团民意中学2023-2024学年高三上学期期末验收检测物理试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 黑龙江省东亚学团民意中学2023-2024学年高三上学期期末验收检测物理试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-02-23 13:49:33 | ||
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文档简介
东亚学团民意中学2023-2024学年高三上学期期末验收检测物理试题
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．在物理学的重大发现中，科学家用到了许多物理思想与研究方法，关于所用研究方法的叙述中正确的是（ ）
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
B．根据速度定义式，当时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，采用了极限思维法
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了理想实验法
D．用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如场强，加速度都是采用比值法定义的
2．2023年2月6日，天文学家报告新发现12颗木星卫星，使木星的已知卫星增至92颗。在木星的众多卫星中，盖尼米得、伊奥两颗卫星的轨道均近似为圆，盖尼米得的周期比伊奥的周期大，下列说法正确的是（ ）
A．盖尼米得的线速度大于伊奥的线速度
B．盖尼米得的角速度大于伊奥的角速度
C．盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径
D．盖尼米得的向心加速度大于伊奥的向心加速度
3．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是（ ）
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做加速度增大的加速直线运动
4．水袖是对古代服饰衣袖的夸张展现，是戏装的重要组成部分。戏曲演员经常通过对水袖的运用来刻画人物。水袖的运用，不仅肢体动作得以延伸，更是扩展了身体的表现力和延伸了内在感情。演员通过技法和身体的表现力，体现出“行云流水”般的美感。如果某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中某时刻的波形图，此时刻记为 ，M是平衡位置的质点，图乙为质点M的振动图像，则（ ）
A．该简谐波沿轴正方向传播
B．该简谐波的传播速度为
C．质点M在内通过的路程为
D．质点M在内在轴方向上移动了
5．如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，卷筒半径为R，某次从深井中汲取质量为m的水，并提升至高出水面H处的井口，假定出水面到井口转筒以角速度ω匀速转动，水斗出水面立即获得相同的速度并匀速运动到井口，则此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，xOy平面内，电荷量为 q（q>0）和-q的点电荷分别固定在（-a，0）和（a，0）点。 要使P（0，a）点的电场强度为零，第三个点电荷 Q 的位置和电荷量可能是（ ）
A．（-a，a）， B．（-a，a），
C．（0，0）， D．（a，a）， q
7．如图，是以状态α为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、，为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B．一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
C．过程向外界释放的热量等于过程从低温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功大于过程外界对气体做的功
8．某磁悬浮列车的刹车原理可以简化为如图所示：将匝数为N的矩形线框固定在车身下方，当线框进入磁场时，会受到安培力的作用，这种力会辅助列车进行刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。车头刚进入磁场时速度为，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（ ）
A. 列车进站过程中电流方向abcd
B. 列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
C. 列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小为
D. 列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热
9．边长为L、匝数为N的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO'转动（转轴OO'垂直于磁感线），线圈内阻不能忽略，通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表可视为理想电表。保持线圈abcd以恒定角速度ω转动，以下说法正确的是（ ）
A. 从图示位置开始计时，线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为
B. 通过变压器原、副线圈的电流之比为
C. 电压表V2示数为
D. 当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V1示数变小
10．如图所示，质量为的长木板置于光滑水平地面上，质量为的小物块（可视为质点）放在长木板的右端，在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4s
B．物块与挡板第二次碰撞过程，挡板对物块的冲量大小为
C．物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为
D．若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的最小长度为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（5分）“验证机械能守恒定律”的实验的装置如图1所示。
（1）下列实验操作正确的是 ；
A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向
B．将电磁打点计时器接到220V交流电源上
C．选择打好的纸带，确定开始打点的位置O，从纸带上数出打点数n，得到重锤下落的时间t和纸带在这段时间内的长度h，根据公式计算出重锤速度（g为重力加速度），再进一步验证机械能守恒
（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是 ；
A．重锤质量称量不准会造成较大的误差
B．重锤体积一定时，用密度大的材质，有利减小误差
C．实验中摩擦不可避免，纸带越短，摩擦力做功越少，实验误差越小
（3）小李在验证了机械能守恒定律后，想用此装置探究磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。实验装置如图2所示，将重锤换铜管成磁铁，并在纸带限位孔的正下方竖直放置一铜管，且与限位孔在同一竖直线。小李按正确步骤进行了实验，得到一条纸带如图3所示。确定一合适的点为O点，每个打点标为a，b，…，h。例如，为了得到b点的速度，计算方法I：；计算方法II：。其更合理的方法是 （填“I”或“II”）。从纸带上的打点分布，试定性描述磁铁在铜管中的运动情况 。
12．(10分）用如图甲所示的电路研究压敏电阻应变片Rx的压阻效应。电源的电动势为3V。内阻忽略不计。除图甲中的器材外，实验室还提供了如下器材可供选择：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ，其读数用U表示）
电流表A1（量程为0~0.6A，内阻r1=1.5Ω，其读数用I1表示）
电流表A2（量程为0~0.6A，内阻约为2Ω，其读数用I2表示）
（1）请在选好器材后完成图甲中虚线框内的部分电路 ；
（2）在电阻Rx上施加压力F，闭合开关S，记下电表读数，该电路测量电阻Rx阻值的表达式为Rx= （用题目中给出的字母表示）。改变压力F，得到不同的Rx值，记录数据并绘成Rx—F图像如图乙所示；
（3）一同学想把电流表改成简易压力表，他仍然使用原来的表盘，只是把表盘上标示的数字“0.2、0.4、0.6”改为相应的压力值，实验采用的电路如图丙所示。他在表盘上表示0.1A的刻度线处标上数字0，则电路中滑动变阻器的阻值应为R0= Ω，此压力表能测量的最大压力值为Fm= N。使用这只“压力表”的不方便之处是 。
13．（10分）如图甲所示为月饼排盘器，月饼可以通过排盘器整齐地摆盘，再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如图乙所示的模型，开始时排盘器静止在盘子上方，排盘器上表面距离盘子的高度，排盘器右端与盘子右端相距，月饼向右运动，当月饼与排盘器右端相距时，月饼的速度，排盘器立刻以的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排盘器间的动摩擦因数，重力加速度为，求：
（1）从排盘器运动开始计时，经过多长时间月饼将离开排盘器？
（2）月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x。
14．（12分）电视机遥控器中有一个用透明介质封装的发光二极管；如图（a）所示，它发出红外光来控制电视机的各种功能。一兴趣小组找来一个用此种材料制成的半圆柱体，利用插针法测定该透明介质的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。P和Q分别是入射点和出射点，且AB⊥MN，如图（b）所示。测得半圆柱体的半径R=5cm，OP=1cm，DQ=4cm，D到法线OQ的距离DG=2cm。已知光速c=3.0×108m/s。
（1）求该透明介质的折射率和光在该介质中传播的速度；
（2）实际测得封装二极管的半球直径d=5mm，发光二极管的发光面是以EF为直径的发光圆盘，其圆心位于半球的球心点O，如图（c）所示。为确保发光面发出的红外光第一次到达半球面时都不发生全反射，发光二极管的发光面半径r最大应为多大
15．（17分）如图，一半径为的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“”形金属挡板，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小，在cd边下方处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中已知，求：
（1）电子进入圆形磁场区域时的速度v；
（2）圆形磁场区域的半径；。
（3）电子在水平接收板上击中的区域。
东亚学团民意中学2023-2024学年高三上学期期末验收检测
物理参考答案
1．B
【详解】A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故A错误；
B．根据速度定义式
当 Δt→0 时，v就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，这里运用了极限思想，故B正确；
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了将实验和逻辑相结合的方法，故C错误；
D．公式
是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是
故D错误。
故选B。
2．【详解】C．根据题意，由开普勒第三定律有
可知，由于盖尼米得的周期比伊奥的周期大，则盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，故C正确；
A．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的线速度小于伊奥的线速度，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的角速度小于伊奥的角速度，故B错误；
D．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的向心加速度小于伊奥的向心加速度，故D错误。
故选C。
3．【答案】C
【详解】AB．在施加外力F前，对A、B整体受力分析，可得
A、B两物体分离时，A、B间弹力为零，此时B物体所受合力
即受力平衡，则两物体的加速度恰好为零，可知此时弹簧弹力大小等于A受到重力大小，弹簧处于压缩状态，故AB错误；
C．B与A分离时，对物体A有
由于
所以弹簧的劲度系数为
故C正确；
D．在B与A分离之前，由牛顿第二定律知
在B与A分离之前，由于弹簧弹力一直大于mg且在减小，故加速度向上逐渐减小，所以它们向上做加速度减小的加速直线运动，故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【详解】A．由图乙可知，时刻，质点向上振动，根据波形平移法结合图甲可知，波沿轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，，所以波的传播速度为
故B错误；
C．由于
则质点M在内通过的路程为
故C正确；
D．质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。
故选C。
5．【答案】A
【详解】水上升的速度为
水提升到井口对水做功为
所用时间为
平均功率为
联立解得，此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为
故选A。
6.【答案】A
【详解】根据电场叠加原理可知，q（q>0）和-q的点电荷在P（0，a）点产生的场强方向沿方向，大小为
所以要使P（0，a）点的电场强度为零，第三个点电荷 Q 的位置应该在的直线上。
AB．若Q 在（-a，a），要使P（0，a）点的电场强度为零，则有Q 应带负电，且
解得
A正确，B错误；
C．若Q 在（0，0），P（0，a）点的电场强度不可能为零，C错误；
D．若Q 在（a，a），要使P（0，a）点的电场强度为零，则有Q 应带正电，且
解得
D错误。
故选A。
7．B
【详解】A. 由理想气体状态方程可得
由图像可以看出
所以
即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的，故A错误；
B. 理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故B正确；
C.由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量，故C错误；
D.因为两个过程是绝热过程， 过程气体对外做的功，气体温度由减小到，等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故D错误。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】
【详解】A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为abcd，故A正确；
BC．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
B错误，C正确；
D．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量与克服空气阻力产生的摩擦生热，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】
【详解】A．图示位置线圈平面与磁场平面平行，磁通量从零开始变化，线圈产生感应电动势满足余弦函数的变化，可得其瞬时值表达式为
故A正确；
B．通过变压器原副线圈的电流比等于匝数的反比，即比值为，故B错误；
C．（若忽略线圈内阻）原副线圈两端的电压比等于匝数之比，而电压表示数为有效值，则有
可得副线圈两端电压
但实际情况线圈内阻有分压，使两电压表示数均偏小，故C错误；
D．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，副线圈所在回路的电阻减小，电流增大，从而使原线圈所在回路中的电流增大，原线圈内阻分压增大，致使原线圈电压表示数减小，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BCD
【详解】A．小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为
小物块和木板一起向右匀速运动的时间为
木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
故A错误；
BC．小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
以此类推可得
物块与挡板第二次碰撞前速度大小为
碰后原速率反弹，规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得
故BC正确；
D．木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，根据能量守恒定律得
解得
故D正确。
故选BCD。
11.【答案】 A（1分） B （1分） I（1分） 先加速运动，后匀速运动（2分）
【详解】（1）[1]A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向，从而减小实验误差，故A正确；
B．电磁打点计时器使用的是4~6V交流电源，故B错误；
C．使用公式计算出重锤速度，则已经把重锤运动看作自由落体运动了，则验证的机械能守恒的表达式就已经恒成立了，应使用匀变速直线运动的平均速度公式来计算重锤速度，故C错误。
故选A。
（2）[2]A．要验证的关系式为
等式两边消掉m，则实验中不需要称量重锤的质量，故A错误；
B．重锤体积一定时，用密度大的材质，减小空气阻力，有利减小误差，故B正确；
C．在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，故C错误。
故选B。
（3）[3]b点的速度是根据平均速度来计算的，其中越接近于0，则时间内的平均速度越接近b点的瞬时速度，所以更合理的方法是“Ⅰ”。
[4]从纸带可知，纸带上打的点与点间的间隔是先越来越稀疏，然后点与点间的间隔相等，所以磁铁在铜管中的是先加速运动，后匀速运动。
12.【答案】（每空2分） 10.5 12.5 刻度线均匀，但压力值不均匀，无法估读
【详解】（1）[1]电源的电动势为3V，实验所给电压表量程为0~15V，读数误差较大，不宜使用。由于电流表A1内阻已知，则可用电流表A1作电压表使用，如下图所示
（2）[2]根据并串联电路规律和欧姆定律可得，该电路测量电阻Rx阻值的表达式为
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律有
由题可知，当时，压力为零，结合图乙可知，带入解得
[4][5]由图乙可知，Rx与所受压力F成一次函数关系，两者关系为
则根据闭合电路欧姆定律有
可知当取最大值时，可得此压力表能测量的最大压力值为
根据电流表示数I与Rx所受压力F的关系式
可知，使用这只“压力表”的不方便之处是刻度线均匀，但压力值不均匀，无法估读。
13.【答案】（1）；（2）
【详解】（1）月饼向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
1分
解得
经过t时间的位移为
1分
排盘器向左做加速运动，经过t时间的位移为
1分
位移满足关系
1分
联立解得
1分
（2）月饼离开排盘器的速度
1分
解得
做平抛运动，水平方向有
1分
竖直方向有
1分
月饼落入盘子时距离盘子右端的距离
1分
解得
1分
14．（1）；；（2）
【详解】（1）设为，为，由几何关系
由折射定律
2分
带入数据解得
1分
由 可得 2分
1分
（2）设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为和，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则
1分
又，所以
1分
可得
1分
即光线在ES的入射角最大。
分析可知，达到临界角时r最大，则
2分
解得
1分
15．（1）；（2）；（3），区域如图左
【详解】（1）电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，则
3分
解得
1分
（2）因为有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点，画图可知，圆形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即
5分
（3）挡板内电子进入挡板内磁场，由
1分
可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即
1分
当圆的轨迹与ab边相切时，即粒子在O点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左图所示。随着粒子在O点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示
在右边大三角形中
1分
在三角形中
1分
1分
1分
则
1分
代入解得
1分
电子在水平接收板上击中的区域为这一区域。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．在物理学的重大发现中，科学家用到了许多物理思想与研究方法，关于所用研究方法的叙述中正确的是（ ）
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
B．根据速度定义式，当时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，采用了极限思维法
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了理想实验法
D．用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如场强，加速度都是采用比值法定义的
2．2023年2月6日，天文学家报告新发现12颗木星卫星，使木星的已知卫星增至92颗。在木星的众多卫星中，盖尼米得、伊奥两颗卫星的轨道均近似为圆，盖尼米得的周期比伊奥的周期大，下列说法正确的是（ ）
A．盖尼米得的线速度大于伊奥的线速度
B．盖尼米得的角速度大于伊奥的角速度
C．盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径
D．盖尼米得的向心加速度大于伊奥的向心加速度
3．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是（ ）
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做加速度增大的加速直线运动
4．水袖是对古代服饰衣袖的夸张展现，是戏装的重要组成部分。戏曲演员经常通过对水袖的运用来刻画人物。水袖的运用，不仅肢体动作得以延伸，更是扩展了身体的表现力和延伸了内在感情。演员通过技法和身体的表现力，体现出“行云流水”般的美感。如果某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中某时刻的波形图，此时刻记为 ，M是平衡位置的质点，图乙为质点M的振动图像，则（ ）
A．该简谐波沿轴正方向传播
B．该简谐波的传播速度为
C．质点M在内通过的路程为
D．质点M在内在轴方向上移动了
5．如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，卷筒半径为R，某次从深井中汲取质量为m的水，并提升至高出水面H处的井口，假定出水面到井口转筒以角速度ω匀速转动，水斗出水面立即获得相同的速度并匀速运动到井口，则此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，xOy平面内，电荷量为 q（q>0）和-q的点电荷分别固定在（-a，0）和（a，0）点。 要使P（0，a）点的电场强度为零，第三个点电荷 Q 的位置和电荷量可能是（ ）
A．（-a，a）， B．（-a，a），
C．（0，0）， D．（a，a）， q
7．如图，是以状态α为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、，为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B．一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
C．过程向外界释放的热量等于过程从低温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功大于过程外界对气体做的功
8．某磁悬浮列车的刹车原理可以简化为如图所示：将匝数为N的矩形线框固定在车身下方，当线框进入磁场时，会受到安培力的作用，这种力会辅助列车进行刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。车头刚进入磁场时速度为，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（ ）
A. 列车进站过程中电流方向abcd
B. 列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
C. 列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小为
D. 列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热
9．边长为L、匝数为N的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO'转动（转轴OO'垂直于磁感线），线圈内阻不能忽略，通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表可视为理想电表。保持线圈abcd以恒定角速度ω转动，以下说法正确的是（ ）
A. 从图示位置开始计时，线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为
B. 通过变压器原、副线圈的电流之比为
C. 电压表V2示数为
D. 当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V1示数变小
10．如图所示，质量为的长木板置于光滑水平地面上，质量为的小物块（可视为质点）放在长木板的右端，在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4s
B．物块与挡板第二次碰撞过程，挡板对物块的冲量大小为
C．物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为
D．若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的最小长度为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（5分）“验证机械能守恒定律”的实验的装置如图1所示。
（1）下列实验操作正确的是 ；
A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向
B．将电磁打点计时器接到220V交流电源上
C．选择打好的纸带，确定开始打点的位置O，从纸带上数出打点数n，得到重锤下落的时间t和纸带在这段时间内的长度h，根据公式计算出重锤速度（g为重力加速度），再进一步验证机械能守恒
（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是 ；
A．重锤质量称量不准会造成较大的误差
B．重锤体积一定时，用密度大的材质，有利减小误差
C．实验中摩擦不可避免，纸带越短，摩擦力做功越少，实验误差越小
（3）小李在验证了机械能守恒定律后，想用此装置探究磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。实验装置如图2所示，将重锤换铜管成磁铁，并在纸带限位孔的正下方竖直放置一铜管，且与限位孔在同一竖直线。小李按正确步骤进行了实验，得到一条纸带如图3所示。确定一合适的点为O点，每个打点标为a，b，…，h。例如，为了得到b点的速度，计算方法I：；计算方法II：。其更合理的方法是 （填“I”或“II”）。从纸带上的打点分布，试定性描述磁铁在铜管中的运动情况 。
12．(10分）用如图甲所示的电路研究压敏电阻应变片Rx的压阻效应。电源的电动势为3V。内阻忽略不计。除图甲中的器材外，实验室还提供了如下器材可供选择：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ，其读数用U表示）
电流表A1（量程为0~0.6A，内阻r1=1.5Ω，其读数用I1表示）
电流表A2（量程为0~0.6A，内阻约为2Ω，其读数用I2表示）
（1）请在选好器材后完成图甲中虚线框内的部分电路 ；
（2）在电阻Rx上施加压力F，闭合开关S，记下电表读数，该电路测量电阻Rx阻值的表达式为Rx= （用题目中给出的字母表示）。改变压力F，得到不同的Rx值，记录数据并绘成Rx—F图像如图乙所示；
（3）一同学想把电流表改成简易压力表，他仍然使用原来的表盘，只是把表盘上标示的数字“0.2、0.4、0.6”改为相应的压力值，实验采用的电路如图丙所示。他在表盘上表示0.1A的刻度线处标上数字0，则电路中滑动变阻器的阻值应为R0= Ω，此压力表能测量的最大压力值为Fm= N。使用这只“压力表”的不方便之处是 。
13．（10分）如图甲所示为月饼排盘器，月饼可以通过排盘器整齐地摆盘，再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如图乙所示的模型，开始时排盘器静止在盘子上方，排盘器上表面距离盘子的高度，排盘器右端与盘子右端相距，月饼向右运动，当月饼与排盘器右端相距时，月饼的速度，排盘器立刻以的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排盘器间的动摩擦因数，重力加速度为，求：
（1）从排盘器运动开始计时，经过多长时间月饼将离开排盘器？
（2）月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x。
14．（12分）电视机遥控器中有一个用透明介质封装的发光二极管；如图（a）所示，它发出红外光来控制电视机的各种功能。一兴趣小组找来一个用此种材料制成的半圆柱体，利用插针法测定该透明介质的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。P和Q分别是入射点和出射点，且AB⊥MN，如图（b）所示。测得半圆柱体的半径R=5cm，OP=1cm，DQ=4cm，D到法线OQ的距离DG=2cm。已知光速c=3.0×108m/s。
（1）求该透明介质的折射率和光在该介质中传播的速度；
（2）实际测得封装二极管的半球直径d=5mm，发光二极管的发光面是以EF为直径的发光圆盘，其圆心位于半球的球心点O，如图（c）所示。为确保发光面发出的红外光第一次到达半球面时都不发生全反射，发光二极管的发光面半径r最大应为多大
15．（17分）如图，一半径为的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“”形金属挡板，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小，在cd边下方处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中已知，求：
（1）电子进入圆形磁场区域时的速度v；
（2）圆形磁场区域的半径；。
（3）电子在水平接收板上击中的区域。
东亚学团民意中学2023-2024学年高三上学期期末验收检测
物理参考答案
1．B
【详解】A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故A错误；
B．根据速度定义式
当 Δt→0 时，v就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，这里运用了极限思想，故B正确；
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了将实验和逻辑相结合的方法，故C错误；
D．公式
是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是
故D错误。
故选B。
2．【详解】C．根据题意，由开普勒第三定律有
可知，由于盖尼米得的周期比伊奥的周期大，则盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，故C正确；
A．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的线速度小于伊奥的线速度，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的角速度小于伊奥的角速度，故B错误；
D．由万有引力提供向心力有
解得
由于盖尼米得的轨道半径大于伊奥的轨道半径，则盖尼米得的向心加速度小于伊奥的向心加速度，故D错误。
故选C。
3．【答案】C
【详解】AB．在施加外力F前，对A、B整体受力分析，可得
A、B两物体分离时，A、B间弹力为零，此时B物体所受合力
即受力平衡，则两物体的加速度恰好为零，可知此时弹簧弹力大小等于A受到重力大小，弹簧处于压缩状态，故AB错误；
C．B与A分离时，对物体A有
由于
所以弹簧的劲度系数为
故C正确；
D．在B与A分离之前，由牛顿第二定律知
在B与A分离之前，由于弹簧弹力一直大于mg且在减小，故加速度向上逐渐减小，所以它们向上做加速度减小的加速直线运动，故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【详解】A．由图乙可知，时刻，质点向上振动，根据波形平移法结合图甲可知，波沿轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，，所以波的传播速度为
故B错误；
C．由于
则质点M在内通过的路程为
故C正确；
D．质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。
故选C。
5．【答案】A
【详解】水上升的速度为
水提升到井口对水做功为
所用时间为
平均功率为
联立解得，此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为
故选A。
6.【答案】A
【详解】根据电场叠加原理可知，q（q>0）和-q的点电荷在P（0，a）点产生的场强方向沿方向，大小为
所以要使P（0，a）点的电场强度为零，第三个点电荷 Q 的位置应该在的直线上。
AB．若Q 在（-a，a），要使P（0，a）点的电场强度为零，则有Q 应带负电，且
解得
A正确，B错误；
C．若Q 在（0，0），P（0，a）点的电场强度不可能为零，C错误；
D．若Q 在（a，a），要使P（0，a）点的电场强度为零，则有Q 应带正电，且
解得
D错误。
故选A。
7．B
【详解】A. 由理想气体状态方程可得
由图像可以看出
所以
即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的，故A错误；
B. 理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故B正确；
C.由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量，故C错误；
D.因为两个过程是绝热过程， 过程气体对外做的功，气体温度由减小到，等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故D错误。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】
【详解】A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为abcd，故A正确；
BC．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
B错误，C正确；
D．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量与克服空气阻力产生的摩擦生热，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】
【详解】A．图示位置线圈平面与磁场平面平行，磁通量从零开始变化，线圈产生感应电动势满足余弦函数的变化，可得其瞬时值表达式为
故A正确；
B．通过变压器原副线圈的电流比等于匝数的反比，即比值为，故B错误；
C．（若忽略线圈内阻）原副线圈两端的电压比等于匝数之比，而电压表示数为有效值，则有
可得副线圈两端电压
但实际情况线圈内阻有分压，使两电压表示数均偏小，故C错误；
D．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，副线圈所在回路的电阻减小，电流增大，从而使原线圈所在回路中的电流增大，原线圈内阻分压增大，致使原线圈电压表示数减小，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BCD
【详解】A．小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为
小物块和木板一起向右匀速运动的时间为
木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
故A错误；
BC．小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得
解得
以此类推可得
物块与挡板第二次碰撞前速度大小为
碰后原速率反弹，规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得
故BC正确；
D．木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，根据能量守恒定律得
解得
故D正确。
故选BCD。
11.【答案】 A（1分） B （1分） I（1分） 先加速运动，后匀速运动（2分）
【详解】（1）[1]A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向，从而减小实验误差，故A正确；
B．电磁打点计时器使用的是4~6V交流电源，故B错误；
C．使用公式计算出重锤速度，则已经把重锤运动看作自由落体运动了，则验证的机械能守恒的表达式就已经恒成立了，应使用匀变速直线运动的平均速度公式来计算重锤速度，故C错误。
故选A。
（2）[2]A．要验证的关系式为
等式两边消掉m，则实验中不需要称量重锤的质量，故A错误；
B．重锤体积一定时，用密度大的材质，减小空气阻力，有利减小误差，故B正确；
C．在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，故C错误。
故选B。
（3）[3]b点的速度是根据平均速度来计算的，其中越接近于0，则时间内的平均速度越接近b点的瞬时速度，所以更合理的方法是“Ⅰ”。
[4]从纸带可知，纸带上打的点与点间的间隔是先越来越稀疏，然后点与点间的间隔相等，所以磁铁在铜管中的是先加速运动，后匀速运动。
12.【答案】（每空2分） 10.5 12.5 刻度线均匀，但压力值不均匀，无法估读
【详解】（1）[1]电源的电动势为3V，实验所给电压表量程为0~15V，读数误差较大，不宜使用。由于电流表A1内阻已知，则可用电流表A1作电压表使用，如下图所示
（2）[2]根据并串联电路规律和欧姆定律可得，该电路测量电阻Rx阻值的表达式为
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律有
由题可知，当时，压力为零，结合图乙可知，带入解得
[4][5]由图乙可知，Rx与所受压力F成一次函数关系，两者关系为
则根据闭合电路欧姆定律有
可知当取最大值时，可得此压力表能测量的最大压力值为
根据电流表示数I与Rx所受压力F的关系式
可知，使用这只“压力表”的不方便之处是刻度线均匀，但压力值不均匀，无法估读。
13.【答案】（1）；（2）
【详解】（1）月饼向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
1分
解得
经过t时间的位移为
1分
排盘器向左做加速运动，经过t时间的位移为
1分
位移满足关系
1分
联立解得
1分
（2）月饼离开排盘器的速度
1分
解得
做平抛运动，水平方向有
1分
竖直方向有
1分
月饼落入盘子时距离盘子右端的距离
1分
解得
1分
14．（1）；；（2）
【详解】（1）设为，为，由几何关系
由折射定律
2分
带入数据解得
1分
由 可得 2分
1分
（2）设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为和，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则
1分
又，所以
1分
可得
1分
即光线在ES的入射角最大。
分析可知，达到临界角时r最大，则
2分
解得
1分
15．（1）；（2）；（3），区域如图左
【详解】（1）电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，则
3分
解得
1分
（2）因为有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点，画图可知，圆形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即
5分
（3）挡板内电子进入挡板内磁场，由
1分
可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即
1分
当圆的轨迹与ab边相切时，即粒子在O点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左图所示。随着粒子在O点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示
在右边大三角形中
1分
在三角形中
1分
1分
1分
则
1分
代入解得
1分
电子在水平接收板上击中的区域为这一区域。
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