内蒙古赤峰市2024届高三上学期十月一轮复习大联考物理试题

2024届高三（10）一轮复习大联考物理（试卷总分：110分考试时间：90分钟）注意事项：1.答题时，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.在La型超新星爆发中，可以观察到放射性镍56（）衰变为钴56（）。已知镍56的半衰期为6天，下列说法正确的是（）A.该衰变为α衰变B.该衰变过程会释放能量C.一定质量的镍56，经12天后将全部衰变为钴56D.镍56在常温下的半衰期比在超新星爆发时高温下的长2.避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物避免雷击的一种设施。雷雨天当带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，避雷针的顶端通过静电感应会带上大量电荷，在避雷针周围形成电场。图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两等势线间的电势差相等。则（）A.避雷针附近的电场是匀强电场B.避雷针的顶端带负电C.a、b、c、d四个等势面中，a的电势最低D.一带负电的雨滴从乌云中落下，电场力做负功3.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一只苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。关于苹果从最低点a到最高点c运动的过程，下列说法中正确的是（）A.苹果所受的合外力保持不变B.手掌对苹果的摩擦力先减小后增大C.苹果在a点处在超重状态，在c点处在失重状态D.苹果所受重力的功率保持不变4.如图所示，某同学从O点对准前方的一块竖直放置的挡板将小球水平抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2，不计空气阻力，小球打在挡板上的位置分别是B、C，且AB=BC，则v1∶v2为（）A. B. C. D.5.北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射，发射取得圆满成功。北京时间5月11日5时16分，天舟六号货运飞船与空间站组合体完成交会对接。下列说法正确的是（）A.天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要加速B.天舟六号的发射速度必须大于第二宇宙速度C天舟六号在不同的绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等D.天舟六号与空间站组合体对接后（空间站轨道不变），空间站组合体的向心加速度变大6.如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为10∶1，线圈L上的直流电阻不计。原线圈接的交流电，则（）A.当P接b时，变阻器R两端的电压为B.当P接a时，通过原、副线圈截面的磁通量之比为10∶1C若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率增大D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮7.在如图所示电路中，电源电动势始终保持不变，R是阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻，R0是定值电阻，其两端并联一个平行板电容器。闭合开关S，当电路稳定后，在逐渐增大光照强度的过程中（）A.电容器电容变小 B.极板间电场强度减小C电容器储存的电能不变 D.极板上所带电荷量增多8.一根长L=0.2m的轻绳一端连接一个质量m=0.5kg的滑块，另一端连接一质量M=5kg的小球（小球可视为质点），滑块套在竖直杆上，如图所示。让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ=60°时，滑块恰好不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A.小球转动的角速度为5rad/s B.小球转动的线速度大小为C.滑块与竖直杆间的动摩擦因数 D.竖直杆对滑块的弹力大小为9.如图所示，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是（）A带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐增大B.带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能C.带电粒子在a点时的加速度大于在b点时的加速度D.负点电荷一定位于M点左侧10.如图，细绳MN两端固定在两个等高点上，搭在细绳上的轻滑轮O下方用细线悬挂重物P，开始时重物静止在最低处，然后在重物上施加适当的拉力F，使它缓慢往右上方移动。若此过程中重物与滑轮间的细线拉力大小不变，重物只在同一个竖直面内移动，不计一切摩擦阻力，则（）A.拉力F的方向保持不变B.拉力F的大小逐渐增大C.细绳MN中的张力逐渐减小D.细绳MN中的张力逐渐增大11.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a<g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（） 甲 乙A.拉力F的最小值为2MaB.A、B分离时，弹簧弹力恰好为零C.A、B分离时，A上升的距离为D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值12.如图所示，高为d且足够宽的虚线区域内部有竖直向下的匀强电场，虚线区域上方足够大的区域内是垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。从电场下边沿由静止释放一个带电量为-q0，质量为m的微粒M，微粒经电场加速后从上边沿O点进入磁场。某时刻，从电场上边沿与O相距s的某点P，以大小为v，竖直向上的初速度发射一个质量为m的带电微粒N。M、N在磁场中经过一次运动后恰好在离开磁场时相遇，且此时速度相同，相遇后M、N结合为一个大微粒X继续运动。不计重力、空气阻力和微粒间电场力作用，下列说法正确的是（）A.释放微粒M与发射微粒N的时间差可能为B.若微粒N带正电，其带电量大小为C.大微粒X离开电场时的动能可能为D.若微粒N带负电，结合后大微粒X可能不会进入磁场区域二、非选择题：共62分。第13~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。13.（5分）某实验小组利用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系” 甲 乙（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是________（填字母序号）。A.理想化模型法 B.等效替代法 C.阻力补偿法（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，小车在砝码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图乙所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为________m/s2（结果保留2位有效数字）。（3）下列做法正确的是________（填字母序号）。A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于小车和小车上砝码的总质量C.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D.通过增减小车上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度14.（10分）某实验兴趣小组利用如图甲所示电路，测量电源的电动势E和表盘数字不清但刻度清晰的毫安表量程Ig。待测电源电动势E约为10V，内阻不计，图中内阻很大的电压表量程为10V，电阻箱R最大阻值为999.9Ω，毫安表内阻r0=50Ω，定值电阻R0阻值约为500Ω，S为开关。（计算结果均保留两位有效数字） 甲 乙（1）先对电表机械调零，闭合开关，多次调节电阻箱，记录多组阻值R和电压表的相应读数U。（2）根据图甲所示电路，U=________（用R、R0、E和r0表示）。（3）画出图像如图乙，分析图像可得电动势E=________V。（4）调节电阻箱阻值为450.0Ω时，电压表读数为5.0V，此时毫安表指针指在刻度盘中央位置，则毫安表的量程Ig=________mA。（5）将此毫安表与电阻箱、一节干电池（电动势1.5V）、开关及导线等改装成欧姆表、如图丙所示，用它来测量一未知电阻Rx，指针指在图丁的位置，则Rx=________Ω。 丙 丁15.（12分）如图所示，半径为r的金属圆环放在纸面内，圆环与直虚线相切于点O，在直虚线右侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，金属圆环的总电阻为R。现使金属圆环绕O点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次从磁场区域移出一半（图中虚线圆位置）。圆周率为π，求：（1）Δt内金属圆环中平均感应电动势的大小和通过圆环一横截面的电荷量；（2）金属圆环在图中虚线圆位置时受到磁场的作用力。16.（20分）如图所示，两端封闭且内壁光滑的正四棱柱形长筒静止于倾角θ=30°的斜面上，将一个质量为m的小球从长筒顶端由静止释放，小球在长筒内下滑并与长筒底部发生弹性碰撞，碰撞后长筒沿斜面下滑，小球恰好返回长筒顶端（无碰撞）。已知长筒质量M=3m、长为L，不计小球半径，碰撞过程极短，斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求第一次碰撞后瞬间小球和长筒的速度；（2）求长筒与斜面之间的动摩擦因数μ；（3）求从释放小球到第n次碰撞时，球、筒系统机械能的变化量ΔEn。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。17.【选修3-3】（15分）（1）（5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始.经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴（温度）平行，de连线与纵轴（压强）平行。下列说法正确的是________（填字母序号）。A.ab过程中气体从外界吸热B.bc过程中气体内能不变C.cd过程中气体从外界吸热D.de过程中外界对气体做功E.状态a的气体体积比状态d的气体体积小（2）（10分）如图所示，导热良好的汽缸刚好浸没于恒温大水池中，轻活塞位于最上端，汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸内部高度为h=20cm。热平衡后，将汽缸竖直向下缓慢下移，当下移H1=15cm时，活塞在水压作用下向汽缸内移动了Δh=5cm，当活塞在水面下的深度为H=40cm时停止下移汽缸，整个过程中气体放出100J的热量。活塞与汽缸壁之间的摩擦不计：①求外界对气体做的功；②求汽缸停止下移时其内部的高度。18.【选修3-4】（15分）（1）（5分）如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图像，波速大小为v=10m/s，方向水平向右，此时波恰好传到I点，则下列说法正确的是________.（填字母序号），A.此列波的周期为T=2.5sB质点E开始振动的方向沿y轴负方向C.当t=51s时，x=10m的质点处于平衡位置处D质点B、F在振动过程中相对平衡位置的位移总是相同E.质点A、E、I振动过程中的加速度总是相同（2）（10分）三棱镜的横截面如图所示为正三角形ABC，ABC的边长为a，在横截面所在平面内沿垂直于BC方向，向AB边射入一束单色光，经过AB边折射后光线与AC平行，并且从BC的中点射出。不考虑反射光线，已知真空中光的传播速度为c。①求光线经过棱镜总共偏转的角度；②求光在棱镜中传播的时间。2024届高三（10）一轮复习大联考物理参考答案与评分意见一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。题号123456789101112答案BCCBACDDCDBCACABD【参考解析】1.B【解析】A.放射性镍56（）衰变为钴56（），根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，放出的粒子质量数为0，电荷数z=28-27=1，可知粒子是正电子，该衰变不是α衰变，故A错误；B.能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故B正确；C.已知镍56的半衰期为6天，一定质量的镍56，经12天后只有镍56发生了衰变，故C错误；D.半衰期只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，则镍56在常温下的半衰期与超新星爆发时高温下的半衰期相等，故D错误。2.C【解析】A.匀强电场的等势线应是一簇平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，故A错误；B.乌云带负电，则避雷针的顶端感应出正电荷，带正电，故B错误；C.乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最低，故C正确；D.有一带负电的雨点从乌云中下落，负电荷从低电势到高电势运动，由可知电场力做正功，故D错误。3.C【解析】A.苹果做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，可知苹果所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，故A错误；B.从a到c过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度先变大后变小，根据牛顿第二定律，可知摩擦力先增大后减小，故B错误；C.苹果在a点加速度向上，处在超重状态，在c点加速度向下，处在失重状态，故C正确；D.速度大小不变，方向总在改变，重力方向与速度方向的夹角α一直在变，由知，苹果所受重力的功率--直在变化，故D错误。4.B【解析】小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向，水平方向，联立解得，所以，又因为，所以，故B正确，ACD错误。5.A【解析】A.天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要点火加速做离心运动，故A正确；B.第二宇宙速度为卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，根据地球宇宙速度的定义，可知天舟六号的发射速度必须大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；C.由开普勒第二定律可知，当天舟六号在同一绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内过的面积相等，故C错误；D.根据牛顿第二定律得：，可得，由于空间站组合体的轨道半径不变，所以向心加速度大小不变，故D错误。6.C【解析】A.当P接b时，原副线圈匝数之比为5∶1，根据题意可得原线圈的电压有效值为220V，则，解得：，故A错误；B.任何情况下，通过原副线圈截面的磁通量之比都为1∶1，故B错误；C.将P由a向b滑动时，副线圈电压变大，变压器输出功率增大，则变压器的输入功率也增大，故C正确；D.若增大电源的频率，L的感抗增大，L.上的自感电动势增大，则灯泡B两端的电压减小，灯泡B将变暗，故D错误。7.D【解析】A.电容器的电容大小由其本身结构决定，是电容器本身的固有属性，与外电路无关，电容C不变，故A错误；B.当光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路电流增大，R0两端电压增大，因此电容器两端电压U变大，电容器板间距d不变，由知，E增大，故B错误；CD.由知，C不变，U变大，则Q增大，是充电过程，电容器储存的电能增大，故C错误，D正确。8.D【解析】AB.对小球受力分析，由牛顿第二定律得，解得，则小球转动的线速度为，故AB错误；CD.对小球，在竖直方向上，由平衡条件可得，对滑块有，联立解得，对整体，在竖直方向上有，解得，故C错误，D正确。9.CD【解析】A.由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做负功，其动能减小，故A错误；B.电场力对带电粒子做负功，电势能增大，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，故B错误；CD.由上得知，带正电粒子的电场力向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，根据牛顿第二定律知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。故CD正确。10.BC【解析】设MN细绳张为T1，重物与滑轮间细线拉力为T0，重物质量为m，开始时重物静止在最低处，根据平衡条件得T0=mg，细绳MN两端固定，长度一定，滑轮缓慢移动轨迹为一个椭圆，且最低点位于椭圆短轴上，滑轮缓慢右移时，滑轮两侧细绳之间夹角θ逐渐减小，根据平衡条件得，θ逐渐减小，MN细绳张力T1逐渐减小，故C正确，D错误；重物与滑轮间细线拉力T0方向始终沿滑轮两侧细绳之间夹角角平分线，则细线拉力T0方向与重力方向之间夹角α为钝角，且逐渐减小，以重物为对象，根据平衡条件，T0一直等于mg，则，α逐渐减小，拉力F大小逐渐增大，拉力F方向发生改变，故A错误、B正确。11.AC【解析】A.A、B整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F=2Ma，当A、B整体向上运动时，弹簧弹力减小，则F增大，故A正确；B.物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且A、B间作用力为0，对B有，解得，故B错误；C.施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有，解得，A、B在t1时刻分离，由F，解得，则A、B分离时，A上升的距离为，故C正确；D.当弹簧的弹力时，B达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。12.ABD【解析】微粒M、N在磁场中的运动轨迹如图所示，微粒N的发射位置相对于O点和第一次射出磁场的位置，当N带负电时可能如图中P1、P2所示，当N带正电可能如图中P3所示。由于相遇时速度相同，M在电场中做匀加速运动的末速度大小为v，由匀变速直线运动规律得，M在电场中运动时，M在磁场中运动的时间，N在磁场中运动的时间，释放微粒M与发射微粒N的时间差，当M、N电荷量大小相等，且N带正电+q时（P与O不重合），，，故A正确；若N带正电+q，由图中几何关系知，由洛伦兹力提供向心力知，M、N在磁场中做匀速圆周运动的半径，，可得微粒N的带电量大小，故B正确；结合后大微粒X带电量，若X从上方离开电场，电场力做功为0，则X离开电场时的动能，若X从下方离开电场，离开时动能，M由静止释放在电场中加速运动的过程中，由功能关系有，M、N结合后的大微粒X在电场中运动的过程，由功能关系知其从下方离开电场时的动能，整理可得，可得或，对于C选项，假设得，当，即时，，与上述条件不符，当，即时，，由前述知此时，故C错误；由上述知时大微粒X将直接向下运动离开电场，不会进入磁场区域，故D正确。二、非选择题：共62分。第13~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。13.（5分）（1）C（1分）（2）2.0（2分）（3）A（2分）【解析】（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，使重力沿斜面方向的分力等于滑动摩擦力，从而起到平衡摩擦力的效果，属于阻力补偿法，故C正确，AB错误。（2）相邻两点间的时间间隔为，根据得，小车的加速度大小为。（3）A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使小车受到的合力保持不变，且为绳的拉力，故A正确；B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量，故B错误；C.实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，故C错误；D.摩擦力只需要平衡一次，改变小车的质量不需要再次平衡摩擦力，故D错误。14.（10分）（2）（2分）（3）9.1（3分）（4）20（2分）（5）50（3分）【解析】（2）根据闭合电路欧姆定律，整理得。（3）由上式整理得，根据图像有，得E=9.1V。（4）根据欧姆定律有，代入数据可得。（5）根据欧姆定律，毫安表满偏时有，解得，毫安表偏转时，则有，解得。15.（12分）解：（1）时间内穿过金属圆环的磁通量变化量：，由法拉第电磁感应定律得，内金属圆环中平均感应电动势：，平均感应电流：，通过圆环横截面的电荷量：，联立解得：；（2）金属圆环在内匀速旋转的角度：，此时金属圆环等效切割磁感线的长度为，金属圆环中瞬时电动势：，金属圆环中瞬时电流：，金属圆环受到磁场的安培力：，联立解得：。答：（1）内金属圆环中平均感应电动势的大小为，通过圆环一横截面的电荷量为；（2）金属圆环在图中虚线圆位置时受到磁场的作用力为。16.（20分）解：设沿斜面向下为正方向。（1）由牛顿第二定律得，小球在长筒内自由运动时：，得小球的加速度：①，由匀变速直线运动规律得，，小球由静止释放到运动到长筒底部的过程中：，得第一次碰撞前瞬间小球的速度：②，第一次碰撞过程中，对于球、筒系统：动量守恒：③，机械能守恒：④，由①~④得，第一次碰撞后瞬间小球的速度：⑤，沿斜面向上，第一次碰撞后瞬间长筒的速度：⑥，沿斜面向下；（2）根据题意分析可知，第一次碰撞后小球返回长筒顶端时，小球与长筒均处于沿斜面向下运动的状态，且此时两者具有相同的瞬时速度，假设碰撞后长筒做匀变速运动，从第一次碰撞后到小球恰好返回长筒顶端的过程中，由匀变速直线运动的速度-时间关系有：⑦，由匀变速直线运动规律与球、筒位移关系有：⑧，由①⑤~⑧得，长筒加速度：，即碰撞后长筒做匀速直线运动，此时沿斜面方向受力平衡：，得长筒与斜面之间的动摩擦因数：⑨；（3）根据小球与长筒的运动、受力情况分析知，每一次碰撞后小球均恰好返回长筒顶端，即小球始终不与长筒顶端碰撞，从释放小球到第一次碰撞的过程中，长筒保持静止：，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，小球与长筒的位移相等：⑩，由①⑤⑥⑩得，长筒滑行位移：，由匀变速直线运动的速度—时间关系得，第二次碰撞前瞬间小球速度：⑪，第二次碰撞过程中，对于球、筒系统：动量守恒：⑫机械能守恒：⑬从第二次碰撞到第三次碰撞的过程中，小球与长筒的位移相等：⑭由①⑤⑥⑩~⑭得，长筒滑行位移：，同理，第三次碰撞前瞬间小球速度：，第三次碰撞过程中，对于球、筒系统：动量守恒：，机械能守恒：，从第三次碰撞到第四次碰撞的过程中：，同理可得，长筒滑行位移：，综上所述有：，，，，可知从释放小球到第n次碰撞时，长筒沿斜面滑行的总位移：，⑮则从释放小球到第n次碰撞时，摩擦力对球、筒系统做功：⑯，由能量守恒与功能关系知，从释放小球到第n次碰撞时，球、筒系统机械能的变化量：⑰，由⑨⑮~⑰得，从释放小球到第n次碰撞时，球、筒系统机械能的变化量：。答：（1）第一次碰撞后瞬间小球的速度大小为（沿斜面向上），长筒的速度大小为（沿斜面向下）；（2）长筒与斜面之间的