湖北省武汉市硚口区2024-2025学年高三上学期起点考试(7月质量检测)物理试卷
1.(2024高三上·硚口月考)根据近代物理知识,你认为下列说法中正确的是( )
A.是核裂变反应
B.结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
C.氡的半衰期为3.8天,现有16个氡原子核,经过7.6天后剩下4个氡原子核
D.大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时,最多能辐射出6种不同频率的光子
2.(2024高三上·硚口月考)华为Mate 60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机,该手机的卫星通信功能可以让我们在无信号环境下,通过“天通一号”系列卫星与外界进行联系。“天通一号”系列卫星为地球同步静止卫星,目前我国已发射有“天通一号”01、02、03卫星。将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列卫星下列说法正确的是( )
A.三颗卫星有可能经过武汉市上空
B.三颗卫星的轨道线速度大小都相等
C.三颗卫星的运行速度大于7.9 km/s
D.若已知三颗卫星到地球表面高度及引力常量,即可求出地球质量
3.(2024高三上·硚口月考)如图所示某一火警报警系统原理图,理想变压器原线圈接有电压有效值恒定的交流电源,已知图中电阻R的阻值恒定,热敏电阻的阻值随温度升高而减小,电压表和电流表均为理想电表,当处的温度升高时,下列说法正确的是( )
A.电流表的示数将减小 B.电流表的示数将增大
C.电压表的示数将减小 D.电路消耗的总功率不变
4.(2024高三上·硚口月考)雷雨天,高层建筑顶部的引雷针起到主动吸引闪电的作用,叫“接闪”,以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示,积雨云的底部积聚负电荷,电子的电量为e,取大地为零势面,以下说法正确的是( )
A.A、B、C三个位置中A点处的电场强度最大
B.避雷针的针尖由于静电感应而带负电
C.B、A两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
D.空气中一电子由B运动到C点,其电势能增加
5.(2024高三上·硚口月考)有一种餐桌,其中心是一个可以匀速转动的、半径为R的圆盘,如图所示.圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计,放置在圆盘边缘的小物块(可视为质点)与圆盘间的动摩擦因数是其与餐桌间动摩擦因数的两倍,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现缓慢增大圆盘的转速,直到小物块恰好从圆盘边缘滑出,结果小物块恰好滑到餐桌的边缘,则餐桌的半径为( )
A.1.5R B.2R C.R D.R
6.(2024高三上·硚口月考)速度选择器是质谱仪的重要组成部分,如图所示,平行板电容器间有着垂直纸面向里的磁场,下列说法正确的是 ( )
A.能水平通过的带电粒子的速率等于EB1
B.如果带电粒子带负电,则粒子需要从右端射入速度选择器
C.若粒子从左端水平通过板间区域,则P1极板带负电
D.增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度,粒子有可能落在下极板
7.(2024高三上·硚口月考)如图所示,质量为m、倾角为37°的斜面体放置在水平面上,斜面体的左上角安装有轻质定滑轮,质量为带有轻质定滑轮的物块放置在斜面体的光滑斜面上,轻质细线跨越这两个定滑轮,上端连接在天花板上,下端悬挂一小球,整个系统处于静止状态时,物块与天花板间的细线呈竖直状态,两定滑轮间的细线与斜面平行,不计细线与滑轮间的摩擦,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是( )
A.小球的质量为2m
B.斜面对物块的支持力大小为
C.水平面对斜面体的支持力大小为
D.水平面与斜面体间的动摩擦因数不可以为0
8.(2024高三上·硚口月考)如图所示,介质中两质点相距为时刻开始以为波源激发一列简谐横波沿水平方向传播,质点起振方向向下。若时刻质点第2次以竖直向上的速度通过平衡位置,此时波恰好传播到点。下列说法正确的是( )
A.该波的周期为 B.该波的波长为
C.该波的波速大小为 D.该波的波速大小为
9.(2024高三上·硚口月考)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,虚线OO'与x轴正方向的夹角为,与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度进入电场,与x轴正方向的夹角为,经电场偏转后从点M(0,L)垂直y轴进入磁场,粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力,下列正确的是( )
A.P点坐标 B.粒子在电场中运动的时间
C.粒子的比荷为 D.电场强度大小为
10.(2024高三上·硚口月考)如图所示,圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上,圆筒下方用不可伸长的长为轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止,子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B,其速度减为。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为,不计空气阻力,重力加速度。关于子弹穿出物体之后的过程,下列说法正确的是( )
A.物体B能上升的最大高度为
B.物体C能达到的最大速度为
C.轻绳所受最大拉力与最小拉力之比为
D.如果物体B经过第一次上升到最大高度,那么此过程中圆筒C的位移为
11.(2024高三上·硚口月考)某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线,如图甲所示,并在入射光线AO上插上大头针P1、P2,现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针,便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)在图甲中作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图,并画出玻璃砖中光线的折射角θ2 。
(2)经过多次测量作出sinθ1~sinθ2的图像如图乙,玻璃砖的折射率为 (计算结果保留三位有效数字)。
(3)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则测出来的折射率 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)该同学突发奇想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验,两者的AC面是平行放置的,插针P1、P2的连线垂直于AB面,若操作无误,则在图丙中右边的插针应该是( )
A.P3、P6 B.P3、P8 C.P5、P6 D.P7、P8
12.(2024高三上·硚口月考)某物理兴趣小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻,要求测量结果尽量准确。
A. 待测电池组电动势约为3V,内阻约为0.7Ω;
B.电压表 V (量程3V, 内阻约 5kΩ);
C.电流表A (量程60mA, 内阻
D. 定值电阻 R1(阻值1Ω)
E.定值电阻 R2(阻值81Ω);
F.滑动变阻器 R3(0~50Ω,允许最大电流为1A);
G. 开关一只, 导线若干。
(1)实验小组设计的电路如图甲所示,虚线框内是将电流表A 改装成量程为0.6A的电流表,需要 (选填“串联”或“并联”)一个定值电阻 (选填“R1”或“R2”)
(2)实验中测得V表示数U和A表示数I的多组数据,作出的 U—I图线如图乙所示,则该电池组的电动势。 E= V,内阻r= Ω(结果保留两位有效数字)
(3)如图丙所示,将实验所用的电池组串联一个小灯泡和一个定值电阻。 ,图丁是小灯泡的电压和电流关系图像,试估算小灯泡的实际功率是 W。(结果保留两位有效数字)
13.(2024高三上·硚口月考)如图所示,“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时,医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气,加热后小罐内的温度为67℃,随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。室温为27℃,大气压。罐内气体可视为理想气体。求:
(1)上罐时忽略罐内空气体积变化,当罐内空气温度回到室温时,罐内空气的压强;
(2)加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比。
14.(2024高三上·硚口月考)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损环,为解决这个问题,某同学设计了如图所示的级冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成,装置A紧靠飞机,转运车B紧靠A。已知包裹与装置A、转运车B 水平上表面的动摩擦因数均为,装置 A与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力,不计转运车B与水平地面间的摩擦,A、B的质量均为M=40kg,A、B水平上表面的长度均为L=4m。包裹可视为质点,将其由装置A 的光滑曲面某高度h处静止释放,包裹与 B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取。
(1)要使包裹在装置A 上运动时A不动,则包裹的质量最大不超过多少千克;
(2) 若包裹质量 m1=60kg,从高度 h=0.8m处静止释放,包裹与装置A 和转运车 B共速时包裹在A上,求共同速度的大小;(结果用分数表示)
(3)若包裹质量为,使包裹能停在转运车B上,则该包裹静止释放时的高度h应满足的条件。
15.(2024高三上·硚口月考)如图,光滑金属导轨,,其中为半径为的圆弧导轨,是间距为3L且足够长的水平导轨,是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m,接入电路中的电阻均为R,导体棒N静置在间,水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放,两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好,导轨电阻不计,重力加速度大小为g。求:
(1)导体棒M运动到处时,对导轨的压力;
(2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中,通过其横截面的电荷量;
(3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。
答案解析部分
1.【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期;玻尔理论与氢原子的能级跃迁;结合能与比结合能;核裂变
【解析】【解答】A.方程
是核裂变反应,故A正确;
B.比结合能越大核子结合得越牢固,故B错误;
C.半衰期对大量的原子核衰变的统计规律,对少量的原子核不适用,故C错误;
D.大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时,最多能辐射出3种不同频率的光子,故D错误;
故选A。
【分析】比结合能越大核子结合得越牢固,半衰期对大量的原子核衰变的统计规律。
2.【答案】B
【知识点】万有引力定律;卫星问题
【解析】【解答】A.根据同步静止卫星的轨道平面、半径大小等特点进行分析判断,三颗卫星为同步卫星,其只能定点在赤道上空,不可能经过武汉市上空,故A项错误;
B.根据万有引力提供向心力以及近地轨道的运行速度等进行解答,对三颗卫星有
整理有
由于三颗卫星在同一轨道上,所以轨道半径相等,均绕地球运行,由上述分析可知,三颗卫星的线速度大小相等,故B项正确;
C.7.9km/s是卫星最大的全环绕速度,即此时卫星的半径与地球的半径大小相等,而同步卫星的轨道半径远大于地球半球,由上述分析可知,轨道半径变大,所以运行速度变小,即运行速度小于7.9km/s,故C项错误;
D.根据牛顿第二定律结合表达式所需条件进行综合分析判断。对三颗卫星有
由于卫星到地球表面高度及引力常量已知,但是地球半径未知,所以无法求出地球的质量,故D项错误。
故选B。
【分析】根据万有引力定律以及不同人造地球卫星特点,根据题意进行准确分析和解答。
3.【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.副线圈的总电阻减小,可知副线圈中的电流增大,则原线圈中的电流增大,电流表的示数增大,故A错误,B正确;
C.副线圈的输出电压不变,匝数比不变,所以电压表的示数不变,故C错误;
D.电路中的电压不变,电流增大,则电路消耗的总功率将增大,故D错误。
故选B。
【分析】的阻值随温度升高而减小,原、副线圈匝数比不变,则副线圈的输出电压不变。
4.【答案】A
【知识点】电场强度的叠加;电势能;等势面
【解析】【解答】A.等势面疏密程度可表示场强大小,则A、B、C三个位置中A点场强最大,A符合题意;
B.积雨云的底部积聚负电荷,根据静电感应可判断避雷针带正电荷,故不符合题意;
C.由题,图中的虚线为等势线,则B、A两点间的电势差与B、C两点间的电势差相等,C不符合题意;
D.等势线与电场线总是相互垂直,且从正电荷指向带负电的云层,则空气中一电子由B运动到C点,逆着电场线运动,电场力做功为正,电势能减小,D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由等势线的特点可判断场强大小,电势大小情况,根据等势线与电场线的关系可判断电场力做功情况,进而得到电势能变化情况。
5.【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】令小物块与圆盘间的摩擦因数为μ,小物块恰好从圆盘边缘滑出,最大静摩擦力提供向心力,根据牛顿第二定律以及向心力表达式,则有
解得
线速度等于角速度乘以半径,物体从圆盘上滑出时的速度为
从圆环脱离后在餐桌面上做匀减速运动,物体滑到餐桌边缘速度减小到0时,恰好不滑落到地面,物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式求得通过的位移,根据匀变速直线运动规律
代入数据可得滑过的位移
利用几何关系求得餐桌的最小半径,餐桌最小半径
故选C。
【分析】从圆环脱离后在餐桌面上做匀减速运动,根据运动学公式求得通过的位移,利用几何关系求得餐桌的最小半径。
6.【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A.带电粒子沿直线通过速度选择器,所受的电场力与洛伦兹力平衡,根据平衡条件得
解得
能水平通过的带电粒子的速率
A错误;
C.根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力方向,由左手定则判断粒子的电性,并由左手定则判断速度选择器中的磁场方向,若粒子从左端水平通过板间区域,设粒子带正电,洛仑兹力向上,根据平衡条件,电场力向下,则P1极板带正电,C错误;
BD.左手定则判断粒子的电性,并由左手定则判断速度选择器中的磁场方向,因为P1极板带正电,如果带电粒子带负电,粒子从左端射入速度选择器时,洛仑兹力向下,电场力向上,当洛仑兹力等于电场力时,粒子能通过速度选择器。即带负电的粒子从右端射入速度选择器,在粒子受电场力和洛伦兹力均向上,不可能通过选择器;若增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度,向下的洛仑兹力增大,向上的电场力不变,向下的洛仑兹力大于向上的电场力,粒子可能将落在下极板,B错误,D正确。
故选D。
【分析】由平衡条件求通过狭缝P的带电粒子的速率。分析所有打在A点的粒子的质量关系。
7.【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB.首先分析斜面上物块的受力情况,其受到重力、绳子的拉力和斜面的支持力。设小球的质量为M,对小球进行受力分析,由二力平衡可得细线的拉力
对物块进行受力分析,把物块的重力与竖直细线拉力的合成,把合力分别沿着斜面和垂直斜面分解,沿着斜面由二力平衡可得
垂直斜面方向由二力平衡可得
综合解得
,
故AB错误;
C.沿斜面方向建立坐标系,用力的合成与分解分析求出物块的质量,然后将斜面、物块、小球看作一个整体,根据运动的情况分析受力对整体进行受力分析,竖直方向由二力平衡可得
综合解得
故C正确;
D.对整体进行受力分析,水平方向不受力,水平面对斜面体的摩擦力为零,则水平面与斜面体间的动摩擦因数可以为零,故D错误。
故选C。
【分析】判断水平面对斜面的摩擦力,剪断绳子的瞬间,分析各部分的运动情况,用力的合成与分解分析物块与斜面的水平分力,结合牛顿第二定律判断加速度的比。
8.【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播;波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移,横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中,某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦(或余弦)曲线。A.根据题意,若时刻质点第2次以竖直向上的速度通过平衡位置,设周期为T,有
解得
故A正确;
BCD.根据题意可得该波波速为
又由
故D正确,BC错误。
故选AD。
【分析】简谐横波在传播过程中,介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同,介质中质点只在自己平衡位置振动,不随波向前移动。
9.【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转;带电粒子在有界磁场中的运动;带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB.根据逆向思维,粒子从P点到M点的逆运动为从M点到P点的类平抛运动,根据类斜抛运动竖直方向的分运动列式求解,则
,
,
解得
,
故P点坐标为,粒子在电场中运动的时间为,故A正确,B错误;
C.画出带电粒子在磁场中运动轨迹,根据几何关系求半径,粒子恰好不从O'O边界射出磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力
解得粒子的比荷为
故C正确;
D.根据动能定理有
且
联立可得电场强度大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】由牛顿第二定律求解磁感应强度B;分别根据各自运动规律,求出带电粒子在电场和磁场中运动的时间,再计算总时间。
10.【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型;人船模型
【解析】【解答】A.由动量守恒
解得
解得
根据能量守恒定律
解得
故A正确;
B.根据动量守恒
由机械能守恒定律
解得
故B错误;
C.设此时轻绳与竖直方向的夹角为,则
解得
此时轻绳的拉力为
根据牛顿第二定律
解得
所以
故C正确;
D.物块BC在水平方向上动量守恒一直成立,则
即物体B第一次上升到最大高度过程中
两边同乘时间t,可得
即
其中
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】物体B、圆筒C组成的系统在水平方向上动量守恒,当共速时物体B能上升的高度最大。
11.【答案】(1)
(2)1.50
(3)偏小
(4)C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】(1)把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上,再插上P3后,P3刚好能挡住P1、P2的像,就能确定入射光线和折射光线.找到入射角和折射角,根据折射定律即可测得折射率,P1、P2所在直线为入射光线,P3、P4所在直线为出射光线,光路图如图所示
(2)“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律,根据折射定律并结合图线可得
(3)分析入射角和折射角是否变化,由折射定律分析折射率的误差,若该同学在确定位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则P4、P3的连线与bb'的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,根据折射定律可知,测出来的折射率偏小。
(4)
光路图如图所示
经过P1、P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
【分析】(1)先连接P3P4交玻璃面于O',连接OO'就是光在砖中的光路,并画出折射角;
(2)“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律,根据折射定律求解折射率;
(3)通过作光路图,分析入射角和折射角是否变化,由折射定律分析折射率的误差;
(4)根据折射的规律进行判断。
(1)P1、P2所在直线为入射光线,P3、P4所在直线为出射光线,光路图如图所示
(2)根据折射定律并结合图线可得
(3)若该同学在确定位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则P4、P3的连线与bb'的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,根据折射定律可知,测出来的折射率偏小。
(4)光路图如图所示
根据光路图可知,经过P1、P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
12.【答案】(1)并联;R1
(2)2.9;0.74
(3)0.23
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线;表头的改装;电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)将电流表A 改装成量程为0.6A的电流表,根据并联分流的原理。需要并联一个定值电阻。并联的电阻越小,电流表量程越大。
根据欧姆定律可得
解得
则并联定值电阻R1。改装后电流表的电阻为
(2)写出图像函数表达式,根据闭合电路欧姆定律,可得
结合乙图可知
解得
(3)
在丙图电路中,把定值电阻R0看成电池组的一部分,则其内阻为
在丁图中做出电源的特征曲线,如图所示
两图线的交点横纵坐标分别表示小灯泡的电流和电压值,根据功率求解公式,所以小灯泡的实际功率是
【分析】(1)改装成大量程电流表要并联一个小阻值电阻。
(2) 根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式,然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(3)做出电源的特征曲线,两图线的交点表示小灯泡的电流和电压值。
13.【答案】(1)Pa;(2)
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律;气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】(1)加热后小罐内的空气
、
罐内空气温度变为室温时
气体做等容变化,则
解得
(2)设室温时气体体积为V,加热过程中,压强不变,则有
解得
加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比为
【分析】(1)将摄氏温度化为热力学温度,气体做等容变化,根据查理定律列式求解。
(2)加热过程中,压强不变,根据盖吕萨克定律列式求解。
14.【答案】解:(1)要求A不动时需满足
解得
即包裹的质量不能超过40kg;
(2)包裹在光滑曲面下滑,有
解得
由于包裹质量m1=60kg大于40kg,则装置A带动B车运动,加速度为
包裹加速度为
当三者以v共速,则有
解得
,
(3)由于包裹质量m2=10kg小于40kg,则装置A始终静止不动,所以A释放高度最小时,包裹恰好滑上B车,则有
解得
A释放高度最大时,则包裹滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速,下滑至B车时有
与B车相互作用过程满足
由能量守恒得
解得
综上:包裹静止释放时的高度h应满足
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型;动能定理的综合应用;碰撞模型
【解析】【分析】(1)要使A不动,包裹对A的滑动摩擦力不能大于地面对A的最大静摩擦力,以此关系求解;
(2)分析释放高度最大和最小时对应的临界运动过程,依据包裹能滑上B车,与挡板碰撞后又不能滑离B车包裹与B相互作用的过程,两者组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律,能量守恒定律解得所求;
(3)释放包裹的高度最小时,包裹恰好滑上B车时A、B、包裹三者共速,根据牛顿第二定律求得各自的加速度,由相对运动的位移关系,共速关系求解。
15.【答案】解:(1)M棒从圆弧导轨滑下过程,根据动能定理可得
运动到处时,根据牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知,导体棒M运动到处时,对导轨的压力。
(2)两金属棒最终分别做匀速直线运动,则有
,
又有
解得
分别对M、N应用动量定理,对M有
对N有
又有
解得
,,
(3)全过程系统能量守恒
又有
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题;电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)M棒从圆弧导轨滑下过程,合力做功等于物体动能变化,根据动能定理求解速度;
(2)分别对M、N应用动量定理,结合电流定义式即可求解通过其横截面的电荷量;
(3) 产生的焦耳热等于其他能量的减少量。
1 / 1湖北省武汉市硚口区2024-2025学年高三上学期起点考试(7月质量检测)物理试卷
1.(2024高三上·硚口月考)根据近代物理知识,你认为下列说法中正确的是( )
A.是核裂变反应
B.结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
C.氡的半衰期为3.8天,现有16个氡原子核,经过7.6天后剩下4个氡原子核
D.大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时,最多能辐射出6种不同频率的光子
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期;玻尔理论与氢原子的能级跃迁;结合能与比结合能;核裂变
【解析】【解答】A.方程
是核裂变反应,故A正确;
B.比结合能越大核子结合得越牢固,故B错误;
C.半衰期对大量的原子核衰变的统计规律,对少量的原子核不适用,故C错误;
D.大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时,最多能辐射出3种不同频率的光子,故D错误;
故选A。
【分析】比结合能越大核子结合得越牢固,半衰期对大量的原子核衰变的统计规律。
2.(2024高三上·硚口月考)华为Mate 60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机,该手机的卫星通信功能可以让我们在无信号环境下,通过“天通一号”系列卫星与外界进行联系。“天通一号”系列卫星为地球同步静止卫星,目前我国已发射有“天通一号”01、02、03卫星。将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列卫星下列说法正确的是( )
A.三颗卫星有可能经过武汉市上空
B.三颗卫星的轨道线速度大小都相等
C.三颗卫星的运行速度大于7.9 km/s
D.若已知三颗卫星到地球表面高度及引力常量,即可求出地球质量
【答案】B
【知识点】万有引力定律;卫星问题
【解析】【解答】A.根据同步静止卫星的轨道平面、半径大小等特点进行分析判断,三颗卫星为同步卫星,其只能定点在赤道上空,不可能经过武汉市上空,故A项错误;
B.根据万有引力提供向心力以及近地轨道的运行速度等进行解答,对三颗卫星有
整理有
由于三颗卫星在同一轨道上,所以轨道半径相等,均绕地球运行,由上述分析可知,三颗卫星的线速度大小相等,故B项正确;
C.7.9km/s是卫星最大的全环绕速度,即此时卫星的半径与地球的半径大小相等,而同步卫星的轨道半径远大于地球半球,由上述分析可知,轨道半径变大,所以运行速度变小,即运行速度小于7.9km/s,故C项错误;
D.根据牛顿第二定律结合表达式所需条件进行综合分析判断。对三颗卫星有
由于卫星到地球表面高度及引力常量已知,但是地球半径未知,所以无法求出地球的质量,故D项错误。
故选B。
【分析】根据万有引力定律以及不同人造地球卫星特点,根据题意进行准确分析和解答。
3.(2024高三上·硚口月考)如图所示某一火警报警系统原理图,理想变压器原线圈接有电压有效值恒定的交流电源,已知图中电阻R的阻值恒定,热敏电阻的阻值随温度升高而减小,电压表和电流表均为理想电表,当处的温度升高时,下列说法正确的是( )
A.电流表的示数将减小 B.电流表的示数将增大
C.电压表的示数将减小 D.电路消耗的总功率不变
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.副线圈的总电阻减小,可知副线圈中的电流增大,则原线圈中的电流增大,电流表的示数增大,故A错误,B正确;
C.副线圈的输出电压不变,匝数比不变,所以电压表的示数不变,故C错误;
D.电路中的电压不变,电流增大,则电路消耗的总功率将增大,故D错误。
故选B。
【分析】的阻值随温度升高而减小,原、副线圈匝数比不变,则副线圈的输出电压不变。
4.(2024高三上·硚口月考)雷雨天,高层建筑顶部的引雷针起到主动吸引闪电的作用,叫“接闪”,以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示,积雨云的底部积聚负电荷,电子的电量为e,取大地为零势面,以下说法正确的是( )
A.A、B、C三个位置中A点处的电场强度最大
B.避雷针的针尖由于静电感应而带负电
C.B、A两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
D.空气中一电子由B运动到C点,其电势能增加
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加;电势能;等势面
【解析】【解答】A.等势面疏密程度可表示场强大小,则A、B、C三个位置中A点场强最大,A符合题意;
B.积雨云的底部积聚负电荷,根据静电感应可判断避雷针带正电荷,故不符合题意;
C.由题,图中的虚线为等势线,则B、A两点间的电势差与B、C两点间的电势差相等,C不符合题意;
D.等势线与电场线总是相互垂直,且从正电荷指向带负电的云层,则空气中一电子由B运动到C点,逆着电场线运动,电场力做功为正,电势能减小,D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由等势线的特点可判断场强大小,电势大小情况,根据等势线与电场线的关系可判断电场力做功情况,进而得到电势能变化情况。
5.(2024高三上·硚口月考)有一种餐桌,其中心是一个可以匀速转动的、半径为R的圆盘,如图所示.圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计,放置在圆盘边缘的小物块(可视为质点)与圆盘间的动摩擦因数是其与餐桌间动摩擦因数的两倍,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现缓慢增大圆盘的转速,直到小物块恰好从圆盘边缘滑出,结果小物块恰好滑到餐桌的边缘,则餐桌的半径为( )
A.1.5R B.2R C.R D.R
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】令小物块与圆盘间的摩擦因数为μ,小物块恰好从圆盘边缘滑出,最大静摩擦力提供向心力,根据牛顿第二定律以及向心力表达式,则有
解得
线速度等于角速度乘以半径,物体从圆盘上滑出时的速度为
从圆环脱离后在餐桌面上做匀减速运动,物体滑到餐桌边缘速度减小到0时,恰好不滑落到地面,物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式求得通过的位移,根据匀变速直线运动规律
代入数据可得滑过的位移
利用几何关系求得餐桌的最小半径,餐桌最小半径
故选C。
【分析】从圆环脱离后在餐桌面上做匀减速运动,根据运动学公式求得通过的位移,利用几何关系求得餐桌的最小半径。
6.(2024高三上·硚口月考)速度选择器是质谱仪的重要组成部分,如图所示,平行板电容器间有着垂直纸面向里的磁场,下列说法正确的是 ( )
A.能水平通过的带电粒子的速率等于EB1
B.如果带电粒子带负电,则粒子需要从右端射入速度选择器
C.若粒子从左端水平通过板间区域,则P1极板带负电
D.增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度,粒子有可能落在下极板
【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A.带电粒子沿直线通过速度选择器,所受的电场力与洛伦兹力平衡,根据平衡条件得
解得
能水平通过的带电粒子的速率
A错误;
C.根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力方向,由左手定则判断粒子的电性,并由左手定则判断速度选择器中的磁场方向,若粒子从左端水平通过板间区域,设粒子带正电,洛仑兹力向上,根据平衡条件,电场力向下,则P1极板带正电,C错误;
BD.左手定则判断粒子的电性,并由左手定则判断速度选择器中的磁场方向,因为P1极板带正电,如果带电粒子带负电,粒子从左端射入速度选择器时,洛仑兹力向下,电场力向上,当洛仑兹力等于电场力时,粒子能通过速度选择器。即带负电的粒子从右端射入速度选择器,在粒子受电场力和洛伦兹力均向上,不可能通过选择器;若增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度,向下的洛仑兹力增大,向上的电场力不变,向下的洛仑兹力大于向上的电场力,粒子可能将落在下极板,B错误,D正确。
故选D。
【分析】由平衡条件求通过狭缝P的带电粒子的速率。分析所有打在A点的粒子的质量关系。
7.(2024高三上·硚口月考)如图所示,质量为m、倾角为37°的斜面体放置在水平面上,斜面体的左上角安装有轻质定滑轮,质量为带有轻质定滑轮的物块放置在斜面体的光滑斜面上,轻质细线跨越这两个定滑轮,上端连接在天花板上,下端悬挂一小球,整个系统处于静止状态时,物块与天花板间的细线呈竖直状态,两定滑轮间的细线与斜面平行,不计细线与滑轮间的摩擦,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是( )
A.小球的质量为2m
B.斜面对物块的支持力大小为
C.水平面对斜面体的支持力大小为
D.水平面与斜面体间的动摩擦因数不可以为0
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB.首先分析斜面上物块的受力情况,其受到重力、绳子的拉力和斜面的支持力。设小球的质量为M,对小球进行受力分析,由二力平衡可得细线的拉力
对物块进行受力分析,把物块的重力与竖直细线拉力的合成,把合力分别沿着斜面和垂直斜面分解,沿着斜面由二力平衡可得
垂直斜面方向由二力平衡可得
综合解得
,
故AB错误;
C.沿斜面方向建立坐标系,用力的合成与分解分析求出物块的质量,然后将斜面、物块、小球看作一个整体,根据运动的情况分析受力对整体进行受力分析,竖直方向由二力平衡可得
综合解得
故C正确;
D.对整体进行受力分析,水平方向不受力,水平面对斜面体的摩擦力为零,则水平面与斜面体间的动摩擦因数可以为零,故D错误。
故选C。
【分析】判断水平面对斜面的摩擦力,剪断绳子的瞬间,分析各部分的运动情况,用力的合成与分解分析物块与斜面的水平分力,结合牛顿第二定律判断加速度的比。
8.(2024高三上·硚口月考)如图所示,介质中两质点相距为时刻开始以为波源激发一列简谐横波沿水平方向传播,质点起振方向向下。若时刻质点第2次以竖直向上的速度通过平衡位置,此时波恰好传播到点。下列说法正确的是( )
A.该波的周期为 B.该波的波长为
C.该波的波速大小为 D.该波的波速大小为
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播;波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移,横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中,某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦(或余弦)曲线。A.根据题意,若时刻质点第2次以竖直向上的速度通过平衡位置,设周期为T,有
解得
故A正确;
BCD.根据题意可得该波波速为
又由
故D正确,BC错误。
故选AD。
【分析】简谐横波在传播过程中,介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同,介质中质点只在自己平衡位置振动,不随波向前移动。
9.(2024高三上·硚口月考)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,虚线OO'与x轴正方向的夹角为,与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度进入电场,与x轴正方向的夹角为,经电场偏转后从点M(0,L)垂直y轴进入磁场,粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力,下列正确的是( )
A.P点坐标 B.粒子在电场中运动的时间
C.粒子的比荷为 D.电场强度大小为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转;带电粒子在有界磁场中的运动;带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB.根据逆向思维,粒子从P点到M点的逆运动为从M点到P点的类平抛运动,根据类斜抛运动竖直方向的分运动列式求解,则
,
,
解得
,
故P点坐标为,粒子在电场中运动的时间为,故A正确,B错误;
C.画出带电粒子在磁场中运动轨迹,根据几何关系求半径,粒子恰好不从O'O边界射出磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力
解得粒子的比荷为
故C正确;
D.根据动能定理有
且
联立可得电场强度大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】由牛顿第二定律求解磁感应强度B;分别根据各自运动规律,求出带电粒子在电场和磁场中运动的时间,再计算总时间。
10.(2024高三上·硚口月考)如图所示,圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上,圆筒下方用不可伸长的长为轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止,子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B,其速度减为。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为,不计空气阻力,重力加速度。关于子弹穿出物体之后的过程,下列说法正确的是( )
A.物体B能上升的最大高度为
B.物体C能达到的最大速度为
C.轻绳所受最大拉力与最小拉力之比为
D.如果物体B经过第一次上升到最大高度,那么此过程中圆筒C的位移为
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型;人船模型
【解析】【解答】A.由动量守恒
解得
解得
根据能量守恒定律
解得
故A正确;
B.根据动量守恒
由机械能守恒定律
解得
故B错误;
C.设此时轻绳与竖直方向的夹角为,则
解得
此时轻绳的拉力为
根据牛顿第二定律
解得
所以
故C正确;
D.物块BC在水平方向上动量守恒一直成立,则
即物体B第一次上升到最大高度过程中
两边同乘时间t,可得
即
其中
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】物体B、圆筒C组成的系统在水平方向上动量守恒,当共速时物体B能上升的高度最大。
11.(2024高三上·硚口月考)某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线,如图甲所示,并在入射光线AO上插上大头针P1、P2,现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针,便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)在图甲中作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图,并画出玻璃砖中光线的折射角θ2 。
(2)经过多次测量作出sinθ1~sinθ2的图像如图乙,玻璃砖的折射率为 (计算结果保留三位有效数字)。
(3)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则测出来的折射率 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)该同学突发奇想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验,两者的AC面是平行放置的,插针P1、P2的连线垂直于AB面,若操作无误,则在图丙中右边的插针应该是( )
A.P3、P6 B.P3、P8 C.P5、P6 D.P7、P8
【答案】(1)
(2)1.50
(3)偏小
(4)C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】(1)把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上,再插上P3后,P3刚好能挡住P1、P2的像,就能确定入射光线和折射光线.找到入射角和折射角,根据折射定律即可测得折射率,P1、P2所在直线为入射光线,P3、P4所在直线为出射光线,光路图如图所示
(2)“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律,根据折射定律并结合图线可得
(3)分析入射角和折射角是否变化,由折射定律分析折射率的误差,若该同学在确定位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则P4、P3的连线与bb'的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,根据折射定律可知,测出来的折射率偏小。
(4)
光路图如图所示
经过P1、P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
【分析】(1)先连接P3P4交玻璃面于O',连接OO'就是光在砖中的光路,并画出折射角;
(2)“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律,根据折射定律求解折射率;
(3)通过作光路图,分析入射角和折射角是否变化,由折射定律分析折射率的误差;
(4)根据折射的规律进行判断。
(1)P1、P2所在直线为入射光线,P3、P4所在直线为出射光线,光路图如图所示
(2)根据折射定律并结合图线可得
(3)若该同学在确定位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则P4、P3的连线与bb'的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,根据折射定律可知,测出来的折射率偏小。
(4)光路图如图所示
根据光路图可知,经过P1、P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
12.(2024高三上·硚口月考)某物理兴趣小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻,要求测量结果尽量准确。
A. 待测电池组电动势约为3V,内阻约为0.7Ω;
B.电压表 V (量程3V, 内阻约 5kΩ);
C.电流表A (量程60mA, 内阻
D. 定值电阻 R1(阻值1Ω)
E.定值电阻 R2(阻值81Ω);
F.滑动变阻器 R3(0~50Ω,允许最大电流为1A);
G. 开关一只, 导线若干。
(1)实验小组设计的电路如图甲所示,虚线框内是将电流表A 改装成量程为0.6A的电流表,需要 (选填“串联”或“并联”)一个定值电阻 (选填“R1”或“R2”)
(2)实验中测得V表示数U和A表示数I的多组数据,作出的 U—I图线如图乙所示,则该电池组的电动势。 E= V,内阻r= Ω(结果保留两位有效数字)
(3)如图丙所示,将实验所用的电池组串联一个小灯泡和一个定值电阻。 ,图丁是小灯泡的电压和电流关系图像,试估算小灯泡的实际功率是 W。(结果保留两位有效数字)
【答案】(1)并联;R1
(2)2.9;0.74
(3)0.23
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线;表头的改装;电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)将电流表A 改装成量程为0.6A的电流表,根据并联分流的原理。需要并联一个定值电阻。并联的电阻越小,电流表量程越大。
根据欧姆定律可得
解得
则并联定值电阻R1。改装后电流表的电阻为
(2)写出图像函数表达式,根据闭合电路欧姆定律,可得
结合乙图可知
解得
(3)
在丙图电路中,把定值电阻R0看成电池组的一部分,则其内阻为
在丁图中做出电源的特征曲线,如图所示
两图线的交点横纵坐标分别表示小灯泡的电流和电压值,根据功率求解公式,所以小灯泡的实际功率是
【分析】(1)改装成大量程电流表要并联一个小阻值电阻。
(2) 根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式,然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(3)做出电源的特征曲线,两图线的交点表示小灯泡的电流和电压值。
13.(2024高三上·硚口月考)如图所示,“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时,医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气,加热后小罐内的温度为67℃,随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。室温为27℃,大气压。罐内气体可视为理想气体。求:
(1)上罐时忽略罐内空气体积变化,当罐内空气温度回到室温时,罐内空气的压强;
(2)加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比。
【答案】(1)Pa;(2)
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律;气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】(1)加热后小罐内的空气
、
罐内空气温度变为室温时
气体做等容变化,则
解得
(2)设室温时气体体积为V,加热过程中,压强不变,则有
解得
加热过程中罐内溢出的空气质量与加热前罐中空气质量之比为
【分析】(1)将摄氏温度化为热力学温度,气体做等容变化,根据查理定律列式求解。
(2)加热过程中,压强不变,根据盖吕萨克定律列式求解。
14.(2024高三上·硚口月考)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损环,为解决这个问题,某同学设计了如图所示的级冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成,装置A紧靠飞机,转运车B紧靠A。已知包裹与装置A、转运车B 水平上表面的动摩擦因数均为,装置 A与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力,不计转运车B与水平地面间的摩擦,A、B的质量均为M=40kg,A、B水平上表面的长度均为L=4m。包裹可视为质点,将其由装置A 的光滑曲面某高度h处静止释放,包裹与 B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取。
(1)要使包裹在装置A 上运动时A不动,则包裹的质量最大不超过多少千克;
(2) 若包裹质量 m1=60kg,从高度 h=0.8m处静止释放,包裹与装置A 和转运车 B共速时包裹在A上,求共同速度的大小;(结果用分数表示)
(3)若包裹质量为,使包裹能停在转运车B上,则该包裹静止释放时的高度h应满足的条件。
【答案】解:(1)要求A不动时需满足
解得
即包裹的质量不能超过40kg;
(2)包裹在光滑曲面下滑,有
解得
由于包裹质量m1=60kg大于40kg,则装置A带动B车运动,加速度为
包裹加速度为
当三者以v共速,则有
解得
,
(3)由于包裹质量m2=10kg小于40kg,则装置A始终静止不动,所以A释放高度最小时,包裹恰好滑上B车,则有
解得
A释放高度最大时,则包裹滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速,下滑至B车时有
与B车相互作用过程满足
由能量守恒得
解得
综上:包裹静止释放时的高度h应满足
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型;动能定理的综合应用;碰撞模型
【解析】【分析】(1)要使A不动,包裹对A的滑动摩擦力不能大于地面对A的最大静摩擦力,以此关系求解;
(2)分析释放高度最大和最小时对应的临界运动过程,依据包裹能滑上B车,与挡板碰撞后又不能滑离B车包裹与B相互作用的过程,两者组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律,能量守恒定律解得所求;
(3)释放包裹的高度最小时,包裹恰好滑上B车时A、B、包裹三者共速,根据牛顿第二定律求得各自的加速度,由相对运动的位移关系,共速关系求解。
15.(2024高三上·硚口月考)如图,光滑金属导轨,,其中为半径为的圆弧导轨,是间距为3L且足够长的水平导轨,是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m,接入电路中的电阻均为R,导体棒N静置在间,水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放,两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好,导轨电阻不计,重力加速度大小为g。求:
(1)导体棒M运动到处时,对导轨的压力;
(2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中,通过其横截面的电荷量;
(3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。
【答案】解:(1)M棒从圆弧导轨滑下过程,根据动能定理可得
运动到处时,根据牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知,导体棒M运动到处时,对导轨的压力。
(2)两金属棒最终分别做匀速直线运动,则有
,
又有
解得
分别对M、N应用动量定理,对M有
对N有
又有
解得
,,
(3)全过程系统能量守恒
又有
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题;电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)M棒从圆弧导轨滑下过程,合力做功等于物体动能变化,根据动能定理求解速度;
(2)分别对M、N应用动量定理,结合电流定义式即可求解通过其横截面的电荷量;
(3) 产生的焦耳热等于其他能量的减少量。
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