广东省揭阳华侨高级中学2023-2024学年高三下学期第二次阶段（期中）考试物理试题
1．（2024高三下·揭阳期中）据报道，J国排放入海的核废水中含有氚（）等放射性元素，处置不当将严重威胁人类安全。氚衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为下列说法正确的是（ ）
A．方程中的应为中子
B．在月球上氚（）的半衰期不会发生改变
C．2000个经过25年会有1000个发生衰变
D．氚衰变放出的射线穿透性很弱，用一张纸就能把它挡住
2．（2024高三下·揭阳期中）疫情防控期间，为确保社区居家隔离观察人员管控技防措施有效发挥作用，工作人员启用了如图所示门磁系统，强磁棒固定在门框上，线圈和发射系统固定在房门上，当房门关闭时穿过线圈的磁通量最大，当线圈中出现一定强度的电压、电流信号时，自动触发后面的信号发射系统，远程向后台发出报警信号，下列说法正确的是（ ）
A．开房门瞬间，线圈产生电动势达到最大
B．当房门缓慢打开时门线圈中电压、电流较小
C．房门不动时，线圈中会产生恒定的电流
D．将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后不能起到报警的作用
3．（2024高三下·揭阳期中）有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，瓜子所受合力变小
C．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
4．（2024高三下·揭阳期中）如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析不正确的是（ ）
A．小球运动的过程中机械能不守恒
B．电源如何接都不影响“永动”的效果
C．轨道应接电源的正极，轨道应接电源的负极
D．该磁力“永动机”的物理原理是通电导线受到安培力
5．（2024高三下·揭阳期中）开尔文滴水起电机的结构如图所示。中空金属圆筒、通过导线分别与金属杯G、H相连，盆A中的水通过管B从滴管、滴出，分别经、落入G、H中。整个装置原不带电，若某次偶然机会，滴出一滴带少量正电荷的水滴，落入金属杯G中，则由于静电感应，后续滴下的水滴总是带负电，这样G、H就会带上越来越多的异种电荷。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．关闭、的阀门，仅G向靠近时，G带电量减少
B．此过程中水的机械能守恒
C．G带正电荷，则带正电荷
D．G带负电荷，则带负电荷
6．（2024高三下·揭阳期中）如图所示，含有的原子核粒子束从小孔处射入速度选择器，沿直线运动的粒子在小孔处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在两点，不计所有粒子受到的重力则（ ）
A．打在点的粒子是
B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．的长度是长度的2倍
D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
7．（2024高三下·揭阳期中）某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时，供电端接有的正弦交流电，受电线圈输出电压、输出电流，下列说法正确的是（ ）
A．若供电端接直流电，也能进行充电
B．受电线圈输出电压的频率为
C．供电线圈和受电线圈匝数比为
D．充电时，供电线圈的输入功率为
8．（2024高三下·揭阳期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且环境噪声频率高低不影响从耳机传播到耳膜的速度
B．耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱
D．该现象利用到了波的洐射
9．（2024高三下·揭阳期中）如图甲为滑雪道的示意图，由光滑AB、BC和CD段组成。AB段倾角为，BC段水平。可视为质点的质量为m的运动员从顶端A处由静止下滑，经C点飞入空中，最终落在CD段上的E点。不计滑块经过B点的机械能损失和空气阻力，运动员加速度大小a随时间t变化的图像如图乙所示，图中物理量均为已知量，则可求得（ ）
A．
B．运动员在B点的速度大小为，在E点的速度大小为
C．C、E两点的高度差
D．运动员在E点时，重力瞬时功率为
10．（2024高三下·揭阳期中）2022年12月4日11时01分，神舟十四号与空间站天和核心舱分离，在太空执行任务183天陈冬、刘洋、蔡旭哲三名航天员正式踏上回家之路。分离过程简化如图所示，脱离前与天和核心舱同处于半径为的圆轨道I，从点脱离后神舟十四号飞船沿轨道Ⅱ返回近地半径为的圆轨道Ⅲ上，点为轨道Ⅱ与轨道Ⅲ轨道的切点，然后再多次调整轨道，顺利着陆在东风着陆场。下列判断正确的是（ ）
A．飞船由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在点减速
B．飞船在轨道Ⅱ上从运动到的动能保持不变
C．飞船在轨道Ⅱ上经过点的加速度等于经过点的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
11．（2024高三下·揭阳期中）在利用“双缝干涉测定光的波长”实验中，双缝间距为d，双缝到光屏间的距离为L，在调好实验装置后，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，当分划板在图中B位置时，对应游标卡尺读数如图，则：
（1）分划板在图中B位置时游标卡尺读数 mm；
（2）若分划板在图中A位置时游标卡尺读数为，则该单色光的波长的表达式为 （用、及题中所给字母及必要的数字表示）
（3）若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离，则条纹间距 （填“变宽”或“变窄”或“不变”）
12．（2024高三下·揭阳期中）小代同学想要精确测量一导体圆柱的电阻，设计了如图所标的电路图。实验要用到的电流表。但小代同学在实验室只能找到一个量程为内阻为电流表A，以及一个量程为内阻未知的电流表。
（1）现将量程为的电流表扩充为，则应该 （填“串”或“并”）联一个阻值 的电阻。
（2）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、为改装后的电流表、为量程为电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器、为定值电阻、S为开关、为待测导体圆柱，另有导线若干，具体的实验操作如下：
A．按照如图所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为；
D．实验完毕，整理器材。
①实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最 （填“左”或“右”）端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是 。
（3）可求得待测导体柱的阻值为 （用所测得的物理量表示）。
（4）电流表、的内阻对测量结果 （填“有”或“无”）影响。
13．（2024高三下·揭阳期中）气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚脂薄膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为P。从早上至中午，由于阳光照射，气球内气体的内能增加了，气球有微小膨胀，半径由膨胀到，已知早上气球内气体温度为。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体的温度和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。
14．（2024高三下·揭阳期中）某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，小丁从高为的固定光滑水上滑梯滑下，小欧坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候小丁。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所示。小丁滑上气垫船的同时，小欧立即启动引擎，在恒定的牵引力F作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船不会侧翻，小丁和小欧不会相撞，小丁与气垫船之间的动摩擦因数，水对气垫船的阻力f恒为484N，小丁的质量，气垫船与小欧的总质量，汽垫船长度，忽略其他阻力以及小丁滑到滑梯底端的能量损失，同时将小丁视为质点，重力加速度取，求：
（1）小丁刚滑上气垫船时的速度；
（2）为保证小丁不会滑离气垫船，牵引力F应满足的条件？
15．（2024高三下·揭阳期中）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距，电阻可忽略不计。质量均为，电阻均为的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度做匀速直线运动。
（1）求2s时，拉力F的功率P；
（2）求棒MN的最大速度；（结果保留两位小数）
（3）当棒MN达到最大速度时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是多少？（结果保留两位小数）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。A．方程中的X质量数为0，电荷数为-1，则应为电子，故A错误；
B．半衰期只有自身属性有关，与外部环境无关，在月球上氚（）的半衰期不会发生改变，故B正确；
C．衰变是对于大量粒子而言，2000个不算大量粒子，故C错误；
D．氚衰变放出的射线是β射线，穿透性较强，能够穿透几厘米厚的吕板，不能用一张纸不能把它挡住，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒写出其衰变方程式判断即可；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，结合半衰期与剩余质量的关系判断；结合β射线的特点判断。
2．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题解题关键要分析清楚题中门磁系统工作原理，根据感应电流产生条件分析解题。A．开房门瞬间，穿过线圈的磁通量最大，故绕圈产生电动势为零。故A错误；
B．当房门缓慢打开时，门线圈中的磁通量变化比较慢，产生的感应电动势较小，感应电流也较小。故B正确；
C．房门不动时，线圈中磁通量不发生变化，则不会产生感应电流。故C错误；
D．将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后，开关门都会使线圈中磁通量发生变化，则都会产生感应电流，都能起报警的作用。故D错误。
故选B。
【分析】产生感应电流的条件是：闭合回路中磁通量发生变化。门磁系统工作原理应用了电磁感应现象。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查学生对平衡规律的掌握，解题关键是掌握规律合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小。AB．瓜子保持静止，故处于平衡状态，合力始终为零。若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，根据平衡条件，则弹力大小也不变。故AB错误；
CD．把恒力F分解，如图
可得
若A、B距离不变，顶角越大，则两弹力越小。故C错误；D正确。
故选D。
【分析】根据合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小的规律，即可解答。
4．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；安培力的计算
【解析】【解答】A．小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒。故A正确；
B．电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”。故B错误；
C． 为了维持小钢球逆时针“永动”永动，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，小钢球应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极， 故C正确；
D．该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受安培力的作用。故D正确。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据机械能守恒条件判断；根据通电导体在磁场中受到安培力的作用分析；根据左手定则判断磁场方向，永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受安培力的作用。
5．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，属于很新颖的题目，需要学生对起电机的工作原理有一定的理解。A．关闭、的阀门，仅G向靠近时，不会导出新的电荷，G带电量不变。故A错误；
B．此过程中水的重力势能部分转化为系统的电势能。故B错误。
CD．左边金属杯G获得正电荷，则与之相连的右边金属圆筒也有一定的正电荷。由于静电感应作用，右边金属圆筒上的正电荷，会吸引负电荷到右边滴管D的水流中。右边的水滴会携带负电荷滴落，最终滴到右边的金属杯H内，使右边的金属杯所带负电荷增加积累，从而又使与之相连的左边金属圆筒E也带负电荷，它将会吸引正电荷到左边的滴管C中。当水滴落到金属杯内，他们各自携带的正负电荷就会转移到金属杯上并积累。因此，正电荷由于左边金属圆筒E的吸引作用被吸引到左边水流，使左边金属杯G携带正电荷不断积累。负电荷被吸引到右侧水流，使右边金属杯H携带负电荷不断积累。故C正确；D错误。
故选C。
【分析】理解开尔文滴水起电机的工作原理，结合感应起点的特点分析出导电环上带的电荷；
关闭C、D的阀门，仅G向E靠近时没有导出新的电荷；理解起电机运转过程中的能量转化关系，结合题目选项完成分析。
6．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】该题考查带电粒子在磁场中的运动与粒子的速度选择器的原理，解答的关键是明确粒子经过速度选择器后的速度是相等的。AC．带电粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在点的粒子是，打在点的粒子是和；其中的比荷是和的比荷的2倍，所以的长度是长度的2倍，A错误，C正确；
B．三种粒子都带正电，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，B错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的周期为
粒子在偏转磁场中运动的时间为
由三种粒子的比荷可知，在偏转磁场中运动的时间关系为
D错误。
故选C。
【分析】从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式即可分析求解。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查交流电，学生需结合变压器工作原理综合分析解答。 因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。A．若供电端接直流电，无法发生互感，故不能充电，A错误；
B．已知
则频率
B错误；
C．供电端的电压有效值为，则
C错误；
D．由于该装置可等效为一个理想变压器，所以输出功率等于输入功率，即
D正确。
故选D。
【分析】根据角速度解得频率，由最大值与有效值关系分析电压值，由变压器匝数比求解比值，由功率公式求解功率，变压器在交流电条件下工作。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的叠加原理和干涉的条件。A．降噪声波与环境噪声叠加后实现降噪，根据波的干涉条件可知，降噪声波与环境噪声频率相同，速度相同，波长相同，相位相反，声波传播的速度取决于介质，与其频率无关。故A正确；
B．声波属于纵波，纵波是振动方向与波的传播方向一致。故B错误；
CD．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱。故C正确；D错误。
故选AC。
【分析】降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。根据纵波的特点分析即可。
9．【答案】A,B,D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。
A．由图可知，对运动员进行分析，在0~t0时间内运动员从A加速到B，根据牛顿第二定律有
解得
在2t0~3t0时间内运动员从C到E做平抛运动，则有
联立可得
故A正确；
B．在0~ t0时间内运动员从A匀加速到B点做匀加速直线运动，从B到C做匀速直线运动，根据速度公式有
运动员在E点时竖直分速度为，故E点速度为
故B正确；
C．在2t0~3t0时间内，运动员从C到E做平抛运动，则有
故C错误；
D．在2t0~3t0时间内运动员从C到E做平抛运动，在E点时竖直方向的速度为
则运动员在E点时，重力瞬时功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】斜面上，根据牛顿第二定律知加速度与斜面倾角的关系，平抛运动的加速度为g，从而知角度与两加速度的关系；平抛运动的规律， vy=gt，PG=mgvy；匀变速直线运动的规律v=at。
10．【答案】A,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．飞船由轨道I进入轨道II做近心运动，所受万有引力应大于所需向心力，故需要在P点减速，故A正确；
B．飞船在轨道Ⅱ上从运动到过程中，根据开普勒第二定律可知速度增大，则动能增大，故B错误；
C．根据
飞船在轨道II上经过Q点受到的万有引力大于经过P点受到的万有引力相等，故经过点的加速度小于经过点的加速度，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，在同一轨道上飞船与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，故D正确。
故选AD。
【分析】飞船由轨道I进入轨道Ⅱ做近心运动，根据万有引力应大于所需向心力分析；根据开普勒第三定律分析周期关系；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系；根据开普勒第二定律分析D选项。
11．【答案】15.5；；变窄
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】实验原理：双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足， 因此，只要测出△x、d和L，即可求出波长λ。（1）由图可知游标卡尺主尺刻度为15mm，而游标尺为10分度值，精度为0.1mm，游标尺第5格与主尺刻度对齐，可知游标尺读数为
分划板在图中B位置时游标卡尺读数
（2）由条纹间距公式
结合图示两分划板的位置可知，该单色光的波长为
（3）光的频率与波长之间的关系为
可见，频率越高，波长越短，而由
可知，若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离的情况下，条纹间距将变窄。
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数（mm）+对齐格数（不估读）×精确度；
（2）根据题图求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
（3）根据光的频率与波长之间的关系和干涉条纹间距公式分析判断。
12．【答案】并；6；左；使两端电压等于待测导体圆柱两端电压；；无
【知识点】表头的改装；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题主要考查了伏安法测电阻的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电表改装的知识即可完成分析。（1）将量程为的电流表扩充为，应该并联一个阻值分流；设并联电阻的阻值为，则有
解得
（2）①为了保护电流表的安全，应使电流从最小开始调节，实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最左端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是：使两端电压等于待测导体圆柱两端电压。
（3）反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为，此时两端电压等于待测导体圆柱两端电压，则有
解得待测导体柱的阻值为
（4）由于电流表、分别与和串联，和分别是和的准确电流，则电流表、的内阻对测量结果无影响。
【分析】（1）根据电路构造和欧姆定律得出需要并联的电阻的阻值；
（2）①根据实验原理分析出实验前滑片的位置；
②根据实验原理分析出令灵敏电流计的示数为零的原因；
（3）根据欧姆定律，结合电路构造的分析得出导体柱的阻值；
（4）根据实验原理分析出电表的内阻对实验的影响。
13．【答案】解：早上气体体积
中午气体体积
从早上至中午，气球内的气体做等压变化
得
气球膨胀过程，气体压强为P，气体对外做功
由热力学第一定律
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】根据球体的体积公式，结合盖—吕萨克定律得出气体的温度，结合热力学第一定律得出气体吸收的热量。
14．【答案】解：（1）设小丁刚滑上气垫船的速度为，则对他滑下的过程由动能定理
解得
方向水平向右
（2）要使小丁不从汽艇前方滑离汽艇，则小丁与船至少要在到达汽艇末端时与汽艇达到共速，设此时牵引力为，则对小丁
解得
，与运动方向相反
对气垫船
设经过时间t二者达到共速v，则
小丁位移
船位移
解得
设小丁与汽艇共速后能相对静止，不从后端滑出，则牵引力最大为
对小丁与气垫船
对小丁
解得
即牵引力满足的条件为
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式得出小丁刚上气垫船时的速度；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度，分析运动过程，结合运动学公式联立等式得出牵引力应满足的条件。
15．【答案】解：（1）金属棒MN在2s末时的速度
所受安培力
由闭合电路欧姆定律得
由电磁感应定律得
由牛顿第二定律得
拉力的功率
解得
（2）金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡
保持拉力的功率不变
解得
（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
根据法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
通过两棒的电荷量为
解得
对PQ棒由动量定理得
解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是
【知识点】动量定理；功率及其计算；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）金属棒MN匀加速直线运动，根据速度公式可求在2s末时的速度，
安培力，闭合电路欧姆定律得，电磁感应定律得
由牛顿第二定律得，拉力的功率，联立几个式子可求解2s时，拉力F的功率P。
（2）金属棒MN达到最大速度vm时，加速度为零，金属棒MN受力平衡，保持拉力的功率不变，，根据受力平衡列等式，求解 棒MN的最大速度 。
（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，动量守恒定律列等式
根据法拉第电磁感应定律得，由闭合电路欧姆定律得，通过两棒的电荷量为
对PQ棒由动量定理得，联立几个等式可求解撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值。
1 / 1广东省揭阳华侨高级中学2023-2024学年高三下学期第二次阶段（期中）考试物理试题
1．（2024高三下·揭阳期中）据报道，J国排放入海的核废水中含有氚（）等放射性元素，处置不当将严重威胁人类安全。氚衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为下列说法正确的是（ ）
A．方程中的应为中子
B．在月球上氚（）的半衰期不会发生改变
C．2000个经过25年会有1000个发生衰变
D．氚衰变放出的射线穿透性很弱，用一张纸就能把它挡住
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。A．方程中的X质量数为0，电荷数为-1，则应为电子，故A错误；
B．半衰期只有自身属性有关，与外部环境无关，在月球上氚（）的半衰期不会发生改变，故B正确；
C．衰变是对于大量粒子而言，2000个不算大量粒子，故C错误；
D．氚衰变放出的射线是β射线，穿透性较强，能够穿透几厘米厚的吕板，不能用一张纸不能把它挡住，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒写出其衰变方程式判断即可；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，结合半衰期与剩余质量的关系判断；结合β射线的特点判断。
2．（2024高三下·揭阳期中）疫情防控期间，为确保社区居家隔离观察人员管控技防措施有效发挥作用，工作人员启用了如图所示门磁系统，强磁棒固定在门框上，线圈和发射系统固定在房门上，当房门关闭时穿过线圈的磁通量最大，当线圈中出现一定强度的电压、电流信号时，自动触发后面的信号发射系统，远程向后台发出报警信号，下列说法正确的是（ ）
A．开房门瞬间，线圈产生电动势达到最大
B．当房门缓慢打开时门线圈中电压、电流较小
C．房门不动时，线圈中会产生恒定的电流
D．将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后不能起到报警的作用
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题解题关键要分析清楚题中门磁系统工作原理，根据感应电流产生条件分析解题。A．开房门瞬间，穿过线圈的磁通量最大，故绕圈产生电动势为零。故A错误；
B．当房门缓慢打开时，门线圈中的磁通量变化比较慢，产生的感应电动势较小，感应电流也较小。故B正确；
C．房门不动时，线圈中磁通量不发生变化，则不会产生感应电流。故C错误；
D．将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后，开关门都会使线圈中磁通量发生变化，则都会产生感应电流，都能起报警的作用。故D错误。
故选B。
【分析】产生感应电流的条件是：闭合回路中磁通量发生变化。门磁系统工作原理应用了电磁感应现象。
3．（2024高三下·揭阳期中）有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，瓜子所受合力变小
C．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查学生对平衡规律的掌握，解题关键是掌握规律合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小。AB．瓜子保持静止，故处于平衡状态，合力始终为零。若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，根据平衡条件，则弹力大小也不变。故AB错误；
CD．把恒力F分解，如图
可得
若A、B距离不变，顶角越大，则两弹力越小。故C错误；D正确。
故选D。
【分析】根据合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小的规律，即可解答。
4．（2024高三下·揭阳期中）如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析不正确的是（ ）
A．小球运动的过程中机械能不守恒
B．电源如何接都不影响“永动”的效果
C．轨道应接电源的正极，轨道应接电源的负极
D．该磁力“永动机”的物理原理是通电导线受到安培力
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；安培力的计算
【解析】【解答】A．小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒。故A正确；
B．电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”。故B错误；
C． 为了维持小钢球逆时针“永动”永动，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，小钢球应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极， 故C正确；
D．该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受安培力的作用。故D正确。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据机械能守恒条件判断；根据通电导体在磁场中受到安培力的作用分析；根据左手定则判断磁场方向，永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受安培力的作用。
5．（2024高三下·揭阳期中）开尔文滴水起电机的结构如图所示。中空金属圆筒、通过导线分别与金属杯G、H相连，盆A中的水通过管B从滴管、滴出，分别经、落入G、H中。整个装置原不带电，若某次偶然机会，滴出一滴带少量正电荷的水滴，落入金属杯G中，则由于静电感应，后续滴下的水滴总是带负电，这样G、H就会带上越来越多的异种电荷。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．关闭、的阀门，仅G向靠近时，G带电量减少
B．此过程中水的机械能守恒
C．G带正电荷，则带正电荷
D．G带负电荷，则带负电荷
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，属于很新颖的题目，需要学生对起电机的工作原理有一定的理解。A．关闭、的阀门，仅G向靠近时，不会导出新的电荷，G带电量不变。故A错误；
B．此过程中水的重力势能部分转化为系统的电势能。故B错误。
CD．左边金属杯G获得正电荷，则与之相连的右边金属圆筒也有一定的正电荷。由于静电感应作用，右边金属圆筒上的正电荷，会吸引负电荷到右边滴管D的水流中。右边的水滴会携带负电荷滴落，最终滴到右边的金属杯H内，使右边的金属杯所带负电荷增加积累，从而又使与之相连的左边金属圆筒E也带负电荷，它将会吸引正电荷到左边的滴管C中。当水滴落到金属杯内，他们各自携带的正负电荷就会转移到金属杯上并积累。因此，正电荷由于左边金属圆筒E的吸引作用被吸引到左边水流，使左边金属杯G携带正电荷不断积累。负电荷被吸引到右侧水流，使右边金属杯H携带负电荷不断积累。故C正确；D错误。
故选C。
【分析】理解开尔文滴水起电机的工作原理，结合感应起点的特点分析出导电环上带的电荷；
关闭C、D的阀门，仅G向E靠近时没有导出新的电荷；理解起电机运转过程中的能量转化关系，结合题目选项完成分析。
6．（2024高三下·揭阳期中）如图所示，含有的原子核粒子束从小孔处射入速度选择器，沿直线运动的粒子在小孔处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在两点，不计所有粒子受到的重力则（ ）
A．打在点的粒子是
B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．的长度是长度的2倍
D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】该题考查带电粒子在磁场中的运动与粒子的速度选择器的原理，解答的关键是明确粒子经过速度选择器后的速度是相等的。AC．带电粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在点的粒子是，打在点的粒子是和；其中的比荷是和的比荷的2倍，所以的长度是长度的2倍，A错误，C正确；
B．三种粒子都带正电，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，B错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的周期为
粒子在偏转磁场中运动的时间为
由三种粒子的比荷可知，在偏转磁场中运动的时间关系为
D错误。
故选C。
【分析】从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式即可分析求解。
7．（2024高三下·揭阳期中）某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时，供电端接有的正弦交流电，受电线圈输出电压、输出电流，下列说法正确的是（ ）
A．若供电端接直流电，也能进行充电
B．受电线圈输出电压的频率为
C．供电线圈和受电线圈匝数比为
D．充电时，供电线圈的输入功率为
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查交流电，学生需结合变压器工作原理综合分析解答。 因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。A．若供电端接直流电，无法发生互感，故不能充电，A错误；
B．已知
则频率
B错误；
C．供电端的电压有效值为，则
C错误；
D．由于该装置可等效为一个理想变压器，所以输出功率等于输入功率，即
D正确。
故选D。
【分析】根据角速度解得频率，由最大值与有效值关系分析电压值，由变压器匝数比求解比值，由功率公式求解功率，变压器在交流电条件下工作。
8．（2024高三下·揭阳期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同，且环境噪声频率高低不影响从耳机传播到耳膜的速度
B．耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱
D．该现象利用到了波的洐射
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的叠加原理和干涉的条件。A．降噪声波与环境噪声叠加后实现降噪，根据波的干涉条件可知，降噪声波与环境噪声频率相同，速度相同，波长相同，相位相反，声波传播的速度取决于介质，与其频率无关。故A正确；
B．声波属于纵波，纵波是振动方向与波的传播方向一致。故B错误；
CD．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱。故C正确；D错误。
故选AC。
【分析】降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。根据纵波的特点分析即可。
9．（2024高三下·揭阳期中）如图甲为滑雪道的示意图，由光滑AB、BC和CD段组成。AB段倾角为，BC段水平。可视为质点的质量为m的运动员从顶端A处由静止下滑，经C点飞入空中，最终落在CD段上的E点。不计滑块经过B点的机械能损失和空气阻力，运动员加速度大小a随时间t变化的图像如图乙所示，图中物理量均为已知量，则可求得（ ）
A．
B．运动员在B点的速度大小为，在E点的速度大小为
C．C、E两点的高度差
D．运动员在E点时，重力瞬时功率为
【答案】A,B,D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。
A．由图可知，对运动员进行分析，在0~t0时间内运动员从A加速到B，根据牛顿第二定律有
解得
在2t0~3t0时间内运动员从C到E做平抛运动，则有
联立可得
故A正确；
B．在0~ t0时间内运动员从A匀加速到B点做匀加速直线运动，从B到C做匀速直线运动，根据速度公式有
运动员在E点时竖直分速度为，故E点速度为
故B正确；
C．在2t0~3t0时间内，运动员从C到E做平抛运动，则有
故C错误；
D．在2t0~3t0时间内运动员从C到E做平抛运动，在E点时竖直方向的速度为
则运动员在E点时，重力瞬时功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】斜面上，根据牛顿第二定律知加速度与斜面倾角的关系，平抛运动的加速度为g，从而知角度与两加速度的关系；平抛运动的规律， vy=gt，PG=mgvy；匀变速直线运动的规律v=at。
10．（2024高三下·揭阳期中）2022年12月4日11时01分，神舟十四号与空间站天和核心舱分离，在太空执行任务183天陈冬、刘洋、蔡旭哲三名航天员正式踏上回家之路。分离过程简化如图所示，脱离前与天和核心舱同处于半径为的圆轨道I，从点脱离后神舟十四号飞船沿轨道Ⅱ返回近地半径为的圆轨道Ⅲ上，点为轨道Ⅱ与轨道Ⅲ轨道的切点，然后再多次调整轨道，顺利着陆在东风着陆场。下列判断正确的是（ ）
A．飞船由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在点减速
B．飞船在轨道Ⅱ上从运动到的动能保持不变
C．飞船在轨道Ⅱ上经过点的加速度等于经过点的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
【答案】A,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．飞船由轨道I进入轨道II做近心运动，所受万有引力应大于所需向心力，故需要在P点减速，故A正确；
B．飞船在轨道Ⅱ上从运动到过程中，根据开普勒第二定律可知速度增大，则动能增大，故B错误；
C．根据
飞船在轨道II上经过Q点受到的万有引力大于经过P点受到的万有引力相等，故经过点的加速度小于经过点的加速度，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，在同一轨道上飞船与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，故D正确。
故选AD。
【分析】飞船由轨道I进入轨道Ⅱ做近心运动，根据万有引力应大于所需向心力分析；根据开普勒第三定律分析周期关系；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系；根据开普勒第二定律分析D选项。
11．（2024高三下·揭阳期中）在利用“双缝干涉测定光的波长”实验中，双缝间距为d，双缝到光屏间的距离为L，在调好实验装置后，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，当分划板在图中B位置时，对应游标卡尺读数如图，则：
（1）分划板在图中B位置时游标卡尺读数 mm；
（2）若分划板在图中A位置时游标卡尺读数为，则该单色光的波长的表达式为 （用、及题中所给字母及必要的数字表示）
（3）若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离，则条纹间距 （填“变宽”或“变窄”或“不变”）
【答案】15.5；；变窄
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】实验原理：双缝干涉中相邻两条明（暗）条纹间的距离△x与波长λ、双缝间距离d及双缝到屏的距离L满足， 因此，只要测出△x、d和L，即可求出波长λ。（1）由图可知游标卡尺主尺刻度为15mm，而游标尺为10分度值，精度为0.1mm，游标尺第5格与主尺刻度对齐，可知游标尺读数为
分划板在图中B位置时游标卡尺读数
（2）由条纹间距公式
结合图示两分划板的位置可知，该单色光的波长为
（3）光的频率与波长之间的关系为
可见，频率越高，波长越短，而由
可知，若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离的情况下，条纹间距将变窄。
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数（mm）+对齐格数（不估读）×精确度；
（2）根据题图求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
（3）根据光的频率与波长之间的关系和干涉条纹间距公式分析判断。
12．（2024高三下·揭阳期中）小代同学想要精确测量一导体圆柱的电阻，设计了如图所标的电路图。实验要用到的电流表。但小代同学在实验室只能找到一个量程为内阻为电流表A，以及一个量程为内阻未知的电流表。
（1）现将量程为的电流表扩充为，则应该 （填“串”或“并”）联一个阻值 的电阻。
（2）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、为改装后的电流表、为量程为电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器、为定值电阻、S为开关、为待测导体圆柱，另有导线若干，具体的实验操作如下：
A．按照如图所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为；
D．实验完毕，整理器材。
①实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最 （填“左”或“右”）端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是 。
（3）可求得待测导体柱的阻值为 （用所测得的物理量表示）。
（4）电流表、的内阻对测量结果 （填“有”或“无”）影响。
【答案】并；6；左；使两端电压等于待测导体圆柱两端电压；；无
【知识点】表头的改装；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题主要考查了伏安法测电阻的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电表改装的知识即可完成分析。（1）将量程为的电流表扩充为，应该并联一个阻值分流；设并联电阻的阻值为，则有
解得
（2）①为了保护电流表的安全，应使电流从最小开始调节，实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最左端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是：使两端电压等于待测导体圆柱两端电压。
（3）反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为，此时两端电压等于待测导体圆柱两端电压，则有
解得待测导体柱的阻值为
（4）由于电流表、分别与和串联，和分别是和的准确电流，则电流表、的内阻对测量结果无影响。
【分析】（1）根据电路构造和欧姆定律得出需要并联的电阻的阻值；
（2）①根据实验原理分析出实验前滑片的位置；
②根据实验原理分析出令灵敏电流计的示数为零的原因；
（3）根据欧姆定律，结合电路构造的分析得出导体柱的阻值；
（4）根据实验原理分析出电表的内阻对实验的影响。
13．（2024高三下·揭阳期中）气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚脂薄膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为P。从早上至中午，由于阳光照射，气球内气体的内能增加了，气球有微小膨胀，半径由膨胀到，已知早上气球内气体温度为。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体的温度和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。
【答案】解：早上气体体积
中午气体体积
从早上至中午，气球内的气体做等压变化
得
气球膨胀过程，气体压强为P，气体对外做功
由热力学第一定律
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】根据球体的体积公式，结合盖—吕萨克定律得出气体的温度，结合热力学第一定律得出气体吸收的热量。
14．（2024高三下·揭阳期中）某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，小丁从高为的固定光滑水上滑梯滑下，小欧坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候小丁。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所示。小丁滑上气垫船的同时，小欧立即启动引擎，在恒定的牵引力F作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船不会侧翻，小丁和小欧不会相撞，小丁与气垫船之间的动摩擦因数，水对气垫船的阻力f恒为484N，小丁的质量，气垫船与小欧的总质量，汽垫船长度，忽略其他阻力以及小丁滑到滑梯底端的能量损失，同时将小丁视为质点，重力加速度取，求：
（1）小丁刚滑上气垫船时的速度；
（2）为保证小丁不会滑离气垫船，牵引力F应满足的条件？
【答案】解：（1）设小丁刚滑上气垫船的速度为，则对他滑下的过程由动能定理
解得
方向水平向右
（2）要使小丁不从汽艇前方滑离汽艇，则小丁与船至少要在到达汽艇末端时与汽艇达到共速，设此时牵引力为，则对小丁
解得
，与运动方向相反
对气垫船
设经过时间t二者达到共速v，则
小丁位移
船位移
解得
设小丁与汽艇共速后能相对静止，不从后端滑出，则牵引力最大为
对小丁与气垫船
对小丁
解得
即牵引力满足的条件为
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式得出小丁刚上气垫船时的速度；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度，分析运动过程，结合运动学公式联立等式得出牵引力应满足的条件。
15．（2024高三下·揭阳期中）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距，电阻可忽略不计。质量均为，电阻均为的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度做匀速直线运动。
（1）求2s时，拉力F的功率P；
（2）求棒MN的最大速度；（结果保留两位小数）
（3）当棒MN达到最大速度时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是多少？（结果保留两位小数）
【答案】解：（1）金属棒MN在2s末时的速度
所受安培力
由闭合电路欧姆定律得
由电磁感应定律得
由牛顿第二定律得
拉力的功率
解得
（2）金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡
保持拉力的功率不变
解得
（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
根据法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
通过两棒的电荷量为
解得
对PQ棒由动量定理得
解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是
【知识点】动量定理；功率及其计算；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）金属棒MN匀加速直线运动，根据速度公式可求在2s末时的速度，
安培力，闭合电路欧姆定律得，电磁感应定律得
由牛顿第二定律得，拉力的功率，联立几个式子可求解2s时，拉力F的功率P。
（2）金属棒MN达到最大速度vm时，加速度为零，金属棒MN受力平衡，保持拉力的功率不变，，根据受力平衡列等式，求解 棒MN的最大速度 。
（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，动量守恒定律列等式
根据法拉第电磁感应定律得，由闭合电路欧姆定律得，通过两棒的电荷量为
对PQ棒由动量定理得，联立几个等式可求解撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值。
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