甘肃省2023-2024学年高三年级上册1月期末考试物理试题含答案

甘肃省2023-2024学年高三上学期1月期末考试物理试题

甘肃省一月份高考诊断考试-物理

本成卷满分100分.考试时间75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号埴写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后.再选涂其他答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在

本试卷上无效。

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。每小题只有一项符合题目要求.选对的得4分.

选错或不选得0分）

1.2023年8月24日，日本政府不顾国际社会的强烈反对，正式向海洋排放福岛第一核电站的核污染

水。核污染水中的锚Po发生衰变时的核反应方程为第Po-*2殷Pb+X.该核反应过程中放出的能量

为Q。设嚼P。的结合能为E1，2殷Pb的结合能为E2,X的结合能为E3,已知光在真空中的传播速度

为则下列说法正确的是（）

A.2瞄Pb的比结合能小于喝P。的比结合能

B.该核反应过程中放出的能量Q=206E2+4E3—210EI

C.该核反应过程中的质量亏损可以表示为m=Qc2

D.衰变过程中放出的光子是因为新原子核从高能级向低能级跃迁产生的

2.我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设高铁在启动阶段做匀变速直线运动.先

后经过站台上的A、8两点，其经过A、B两点的速度分别为47次经过该段的时间为/.则对该高铁的

运动过程说法正确的是（）

A.前一半位移速度增加3.5V

B.经过AB段中间时刻的速度是5V.

C.前一半位移与后一半位移经过的时间之比为2：1

D.前一半时间内通过的位移比后一半时间内通过的位移少2-vt

3.我国在太空开发领域走在了世界前列.假设我国航天员乘坐宇宙飞船去探知|r/（in's'）

某未知星球.航天员在星球表面将一物体竖直向上抛出，其运动的速度大小随ioL--……>

时间变化的吐/图像如图所示。设地球质量为地球表面重力加速度为g=02,5—7区

10m/s2,已知该星球的半径是地球半径的1.5倍,则该星球的质量为（）।

A.|MC.与MD.1M

甘肃省一月份高考诊断考试♦物理•第1页（共6页）

i.RfiL人们对Q体例康这识的不断增强.户外旅行、户外运动也较前几年大幅增长,人们使川的智能

r•机中仃一款运动软件.其运动步数的测I|H双理神图所示.M和N为电容器两极板.M固定・、两端

lj固定的两轮州宽连接•只能按图中标识的“前后”方向运动.则手机（）

A.若电容器带电小增大•则可能是健身者向前匀速运动时突然减速

B.若电流表示数不为零且保持不变，则健身者做匀速运动

C.若电流由。点流向b点,则健身者突然向前加速

D.若M、,、之间的电场强度增大.则健身者向后做匀加速运动

5.如图甲为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称。其原理可简化为乙图，当驻车

时拉动手刹拉杆•手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧・拉索（用、OC的作用力分别作用于两边轮子的制动

甲乙

A.若汽车处于驻车状态•则拉索08、0C是拉紧的

B.拉动手刹拉杆时.拉索0/3和OC中的拉力一定小于AO±的拉力

C若保持（龙、OC两拉索拉力不变,0C、OC两拉索夹角越小.拉动拉索A0越省力

D.当（）3、0（、两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等

6.2023年12月1日晚.我国多地出现绝美极光•如图甲所示，实际上极光是太阳风和地球场"互:

用产生的。地磁产生至少有35亿年历史，它通过地球内部延伸到宇宙中•形成飞：层累黑

可以阻挡太阳带电粒子流的侵害•保护地球的大气层和自然态二”:篝潟:：j说法::

带电粒子流被地磁场俘获后的运动轨迹示意图.忽略引力利带电初'（-）

的是

曲幽&,射向地球的

粒子

地磁场磁感线

乙

甲

B带电粒子在能近地球北极过程中旋转周期变大

A.图甲中的极光现象只能出现在北半球

D.图乙中所示的带电粒子带负电

C.带电粒子在靠沂帅球北极过程中动能增大

、如图所术,珊根制'、—晨此&"1,峨线圈通315泡1I）正已

一式三电小由汉、电潦也“'"2，阳弋圈而过WLj灯泡1HII；川日..卜

灯泡规格丹卜机|川上灯泡R号由灯一阻随湍发史化的怙;兄八

I||中1；<］:、,戏9版,X）'"；C：曲LN汶一确的拈

\U泡％业*凡1）泡1'）：'；'；

CJ2个阍曲惴的也尔也小1）「世儿为愉、功;［、（V

二、冬项选择题、b处It、小0•朴小&,'兮•"''>',,>>办小'h«卜i•V!t；.）>:；j11<­.，!，.^..

f-r3:>>送N”不\的忏、A疗过人枚K选的用04）

8.如田呻小心——列沁沿横波讣？°时刊的波『M.i'波工以

速应沿，轴正力向传桶、・卜•列说法正网的也

A./II—…处的尬点A/加速电为零

B.0-6s时间内.班点一运动的跖"为6m

Iin处的®点V的/功力仃为、"NQ<、m

\\昔把波源的振功钝率加倍,则波速也加倍变成，Sms

9.如由所术"［所.：用/ARCN域内仃力响垂iTIKliU向中.的勺强梯均•—A（X\

6。；\（'辿K为/.西卜用同的带小电粒「4点沿.\八方向分别以不同的速/xx

/vxXXX1、

率；，i、k时人dwll速率为“的粒子•从.\（'辿射出,它们在二的影N―h

域内运动的时间八：—=2：1.不计粒子所受的爪力及粒子间的相互作用,则两个粒子的速率之比

T'l:火可能为)

A.1：3B.2:9C.3：11\3：5

10.411国所示.可视为质点、质n为A/的物块川长为1.的细绳拴接放住转盘卜..邢绳的

另一端固定在:通过转机轴心的竖J'LHI：.细绳刚好伸此且与竖it方向的夹■为«.

已知物块与传曲之间的动庠擦因数为Il./^tan<t.能设最人际摩擦力可「滑动限

擦力.现止整个装置由静止开始级慢的加速转动起来。则下列说法正确的一（）

A.A个过程中•细绳的拉力不可能为冬

R从开始转动到细绳时物块刚有作用力的过程,软盘对物块所做的功为!〃'/“金。

c.物块能在转台上随转价一起转动的最大你速度为iT—

\Lsuia

IX细绳对物块拉力的瞬时功率.始终为专

三、实验题（本题共2小题,共15分）

11.（6分）（1）“测也被璃的折射率”的实验中.某同学在白纸上放好玻璃传.和例,，分别北玻璃砖与空

’（的两个界面N哨甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针Q和/，,川表示大头计的位置.

然后在另一侧透过典璃传观察，井依次插上大头针也和匕在插.和p（时.应他

（选填正确选项前的字母）

"tf""3Li，八_A_--

7

A.插上大头针使P3仅挡住P2的像

B.插上大头针03,使1}3挡住尸|的像和匕的像

C.插上大头针尸」，使口挡住&和P1、。2的像

D.插上大头针P1.使口仅挡住P：i

（2）在用两面平行的玻璃传测定玻嘀折射率的实验中，下列说法正确的是。（选埴正确选项

前的字母）

A.为了减小作图误差.03和P.1的距离应适当取大些

B.如果光在界而的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖

C.不论光以什么角度从射入，经一次折射后到达界面仍'都能射出

（3）另一位同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖.该同学

画出的玻璃砖界面aa'、H'如图乙所示。其他操作均正确，该同学测得的折射率与真实值相比

。（填“偏大”“偏小”或“不变”）

12.（9分）某兴趣小组想测量一节干电池的电动势和内阻。

（1）小张想用多用电表粗测干电池的电动势和内阻，下列说法正确的是o（选填正确选项

前的字母）

A.多用电表可以粗测电动势，不能粗测内阻

B.多用电表可以粗测内阻，不能粗测电动势

C.多用电表可以粗测电动势和内阻

D.多用电表既不可粗测电动势，也不可粗测内阻

（2）其他同学从实验室找来了器材，设计的电路原理图如图1所示，其中R为电阻箱.R为保护电

阻，阻值凡=5.00,电流表A的内阻不计。他们改变R的阻值，记下多组R和电流表示数/。小王

同学以/R为纵坐标，以1为横坐标，作图处理数据；小李同学以J（R+Ro）为纵坐标.以/为横坐标，

作图处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图线如图2所示。

①由图2可知，小王同学绘制的图线是（填“。”或“’由该图线得到的电源电动势为

_______V，内阻为________Q0

②分析可知，在图i所示电路中，当电阻箱的阻值R=0时，电阻箱消耗俅1m功率最大。

四、计算题（本题共3小沏，北，|2分.把解外写在为附卡上指定的位儿,要求写出必要的文字说叨方

程式和步骤­只写山般后公案的不能得分）

13.（12分）如图，竖I,［放？7的改脱管小内半格为2人尺度为16cm的〃件和内华

径为一、）度人于16cm的八竹组成“件内空气被•段水快柱附开，初始状态L-活％

/,8CHI

水侬柱在两竹中的K.均为L8cm,li-卜，一空间，（体压强为/11，

A-8cni

82.5cmHgM.上方的活戕下衣而叮水侬柱|：.我而的距离为/,«cm.现

缓慢将活塞向上拉，巾划八件中的水侬增加•化，保持修痂状态稳定.（AJi

I.8c-ni

管中气体温.保持不变，以cmH*为小州单位）求.

⑴新状态下，〃竹中的气体JI；咖〃/的大小;

（2）活塞向上移动的距离.7'.,

14.（14分）如图所示，正方形导线框ABCD.abcd的电阻均为R,边长均为L,质量分别

为2根和〃z,它们分别系在一条跨过两个定滑轮的不可仰长的绝缘轻绳两端，且正方

形导线框与定滑轮处于同一竖宜平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强

度大小为夙方向垂直纸面向里的匀强磁场。初始时，用手托住导线框ABCD和

Me",使CD边距磁场上边界距离为L,H边与磁场下边界重合，右侧轻绳处于松弛

状态。现由静止释放导线框ABCD,当C。边自由下落到磁场边界时，轻绳刚好绷直，同时瞬间撤去

对导线框a/”/的约束力。已知边刚进入磁场的速度与刚出磁场时速度相等。不计所有摩擦和

空气阻力，重力加速度为g,则从释放导线框ABCD到两导线框均离开磁场的过程中。

（1）求CD边刚进入磁场时的速度大小；

（2）求导线框abed从开始进入磁场至完全进入磁场所需的时间。

甘肃省一月份高考诊断考试•物理•第5页（共6页）

15.(16分)如图所示,质状为M]=2kg、倾珀为37°的光滑斜而八放在水平地面上，水平地面BC段长

L=0.8m.斜而A13与地而平滑连接，物块与'段的动摩擦因数/,=Q1。(:点右侧、8点的左侧水

平面均光滑，质量-八%=9kg的;光滑网弧|lh而被锁定在水平而上，曲而左端与C点对齐.且与地面等

高平滑连接，圆弧半径R=0.5m0质量w=lkg的物块从斜面上距地而高1=1.17m处由印止释放,

在沿圆弧曲面上滑时，设物块和圆心()的连线与竖直方向的夹加为。。爪力加速度取10m/s2。求：

(1)物块到达曲面最高点D时.对曲面的压力大小；

(2)如果去掉固定装置.求曲面获得的最大速度；

(3)如果曲面固定，调整物块释放时的初始高度入，使物块恰好能到达曲面上的。点，求沿曲面上滑

过程中,当。为多少时，固定装置对曲面的水平作用力最大，最大水平作用力为多少。

甘肃省一月份高考诊断考试•物理参考答案

1.选D核反应中生成物比反应物稳定，又比结合能越大，5.选A若汽车处于驻车状态，拉索OB、OC的作用力变

原子核越稳定，故生成物嘴Pb的比结合能大于反应大，拉索OB、OC是拉紧的，故A正确；令NBOC=d,则

物猾Po的比结合能，A错误；由结合能的定义可得该反若保持OB、OC两拉索拉力不变，OB、OC两拉索夹角越

应过程中放出的能量石殳一邑，错误；根据爱

Q=2+B小，合力F合=2Fcos1-越大，即拉动拉索A0越费力，故

因斯坦质能方程可得该核反应过程中的质量亏损加=

乌，C错误；放射性原子核发生衰变时，产生的新核处于C错误；拉动手刹拉杆时，由FAO=下金=2Fcos5，可得

a

高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出光子，D正确。6=120°时，FAO=F,即当OB、OC两拉索夹角大于120°

2.选C设经过A、B两点中间位置的速度为七，则或2一时，拉索A0上拉力比拉索0B和0C中任何一个拉力

孑=2a•《，（7笠）2—笠2=2々%,联立解得七=50，故在前小，当6=120°时，三个力大小相等，故B、D错误。

6.选D地球的南北半球的中高纬度都有可能出现极光现

一半位移速度增加量为5竺一口=4"故A错误；匀变速直

象，故A错误；南北两极的磁感应强度较强，粒子在运动

线运动中，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时

过程中，由洛伦兹力提供向心力，周期公式「=架，可

间内的平均速度，则经过AB段中间时刻的速度是已套=

办了=4u,故B错误；前一半位移内的平均速度巩=知，当磁感应强度增大时，周期减小，故B错误；洛伦兹力

始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变*故C

亭®=3u,后一半位移内的平均速度以=配，=6”

错误”也球的磁场由南向北，根据左手定则可知，粒子带

X负电，故D正确。

~9~

经过前一半位移所用时间力=白，经过后一半位移所用

3777.选B灯泡L3灯丝烧断后，副线圈回

X路电阻变大，如图所示，根据变压器的

~2

时间％2=弁，故力：［2=2：1,故C正确；前一半时间内2

077等效电阻氏等=（詈）R副可知，R等

通过的位移等于这段时间的平均速度乘以时间，故前一

电阻变大，原线圈电流减小，又变压器的输入功率等于输

半时间内通过的位移——^―x=后一半时

出功率，所以变压器的输入功率变小。由于输入电流变

间内通过的位移12="，贝寸=12—小，灯泡Li两端的电压减小，灯泡Li变暗，原线圈两端

电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯

-^-a=1.5"，故D错误。

泡L2变亮，故B正确，A、C、D错误。

3.选B根据速度-时间图像可知星球表面的重力加速度8.选AC波速曾=4m/s,由图像知，波长入=8m,则周期

为/=卫=4m/s2，根据mg=G^^~,可得星球的质量

tR"T=—=2s,根据波的传播方向与波动规律可知"=0时

v

9

为三M,故B正确。

刻质点M沿？轴正方向运动，运动的时间11s=5

4.选A健身者向前匀速运动时突然减速，由于惯性N板

可见z=lls时质点M在平衡位置，加速度为零，故A正

相对M板向前移动，两极之间距离d减小，根据C=

确；质点M的振幅是0.25m,在0〜6s时间内共振动了

可知，C增大，根据Q=CU可知.Q增大，故A正

47t4a3个周期，运动的路程是L=3X4A=3X4X0.25m=

确；匀速运动时加速度为0,电容C不变，故电路中无电

3m,故B错误；振幅A=25cm,co-rad/s—

流，故B错误；突然向前加速时，由于惯性N板相对M

板后移，d增大，C减小，Q减小，所以电容器处于放电状7trad/s,质点M的振动方程为y=25sin（五力cm,故C正

态，电流由6点流向a点，故C错误；保持向后的匀加速确；机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，

运动时，加速度。不变，板间距离不变，所以M、N之间的与波源的振动频率无关，把波源的振动频率加倍，波速不

电场强唐不变,故D错误「亦，将D霜浮

9.选AB速率为0的粒子从AC边射出，根据粒子的运（2）为了减小作图误差，P3和Pi的距离应适当取大些，

动轨迹以及几何关系可知，该粒子在磁场中运动轨迹对故A正确；全反射必须是光由光密介质射向与光疏介

应的圆心角为120°,当轨迹过C点时，粒子圆周运动的半质的交界面时才能发生*所以即使光在界面aa'的入射

径最大，根据几何关系可知，有2Hlmaxsin60°=L,由于洛角大于临界角，光也不会发生全反射，而一定会折射进

2

伦兹力提供向心力，则有=甥=，解得如它入玻璃豉，故B错误；根据光路的可逆性可知，光在aa

八Imax

的入射角为尸，根据折射定律有sina=a“<’=

=缚且；由于粒子在磁场中运动的周期丁=2詈，令粒nn

6mqo

sinC,不论光以什么角度从aa射入，经一次折射后到

子轨迹对应的圆心角为依粒子运动的时间Z=7,解

360达界面仍'时的入射角都会小于全反射临界角，所以都

得方=翳，由于两个粒子在三角形区域内运动的时间能射出，故C正确。

力：%=2：1,可知速率为曾2的粒子运动轨迹对应的圆

心角为60°,可知速率为曾2的粒子必定从BC边射出，根

据其运动轨迹及几何关系有L=R2sin60°,由于洛伦兹力

提供向心力，则有qv2B=,n桨,解得吻=之争BL.结合

1<23m动了一个角度，所以折射角a的测量值大于真实值，而

上述，两个粒子的速率之比也W%些=[,可知，两个粒由于玻璃砖上表面与aa'平行，所以入射角£的测量值

物”2Z

等于真实值，因此玻璃砖折射率的测量值比真实值

子的速率之比%：也可能为1：3或2：9。故选A、B。

偏小。

10.选BD转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为

答案：（1）BC（2分）（2）AC（2分）（3）偏小（2分）

零，此时静摩擦力提供向心力，设转动到某一角速度31

时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有丛Mg=12.解析：（1）可以使用多用电表的电压挡粗测干电池的电

Ma）i2Lsina,此时物块线速度大小为S=cousina,从动势，由于多用电表的欧姆挡内有电源，外部电压会干

开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，转盘对物块做涉读数，故不能用多用电表的电阻挡直接测干电池的内

的功为W,对物块由动能定理，可得联立解阻，故A正确，B、C、D错误。

（2）①小王同学以IR为纵坐标，根据闭合电路欧姆定律

得W=yMgLsina,故A错误，B正确；当转盘对物块

A（得LR=E—/（厂+R））,小李同学以I（R+Ho）为纵坐标，

支持力恰好为零时，竖直方向Mg=Teosa,水平方向根据闭合电路欧姆定律得/（R+Ro）=E—/〃，可得小王

TsinauMa^Lsina,联立解得同学绘制的图线的斜率的绝对值更大，所以小王同学绘

制的是图线a。该图线的截距表示电动势，斜率绝对值

块的角速度增大到&总时，物块与转台间恰好无相

表示r+扁，所以有E=l.5V,r+R°=詈）=

IvvAlvC

互作用，则物块能在转台上随转台一起转动的最大角速

150,r=15。一R（）=15Q—5.0。=10。。

度为"工’故C错误；由几何关系可知’物块在做圆

/P\2

2

②电阻箱消耗的电功率为P=IR=（p,p,）R

周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物块运动的\K十k（）十一/

方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为=____________E^R____________

—DR—（Ko+上】2+4R（R0+〃）'

零，故D正确。

由上式可得，当R=RQ+r=150时，电阻箱消耗的电

11.解析：（1）大头针FI，F2,P3,F4理论上都应在同一光路

上，所以该同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头功率最大。

针P3,使P3挡住P1的像和P?的像，接着插上大头针答案：（1）A（1分）（2）①a（2分）1.5（2分）10（2

P,.便P,挡住P,和P,.P,的像一战选B.C.芬）⑨芬）

13.解析：(1)A管内半径为r,B管内半径为2/，则有SA=

由能量守恒定律可知2mgL—mgL=3mvi2-X

22

7rr,SB=7r(2r),即有4sA=S§------------------------2分

3加曾22------------------------------------------------------------2分

当A管中水银增加一倍,则有V=SA•L=SRAL,解得

…府rA_2B2L3/2L1八

△L=2cm-------------------------------------------------……2分mgKVg

即B管中水银减少AL=2cm,根据玻意耳定律可得答案：⑴卷“⑵皆一竹

PBL,4s=PB'(L+AL)・4S,解得力/=66cmHgo

15.解析：(1)物块下滑时，物块与斜面AB在水平方向满足

2分

动量守恒定律，则有加%一MV2=0...................1分

(2)初始状态下A管中气柱长度为L=8cm,气体压强1

根据能量守恒定律，/ng无=:租。12+1乂1022........1分

为PA=PB~^cmHg=66.5cmHg-------------------1分

设新状态下A管中气柱长度为LA，气体压强为PA-物块从下滑到斜面最低点运动到D点过程，由动能定

PB，—cmHg=44cmHg..........................................1分M—fj.mgL—mgR--^-mvf)2-2------]分

才艮据pAL•S=pA'LA•S--------------------------------2分

物块到达曲面最高点D时，由牛顿第二定律可得FN=

由于新状态水银柱上表面恰好位于初始状态活塞下表

面处，可知活塞上移的距离为

133

JC=LA=12.09cm或[1cm-----------------------------2分联立解得FN=8N------------------------------------------1分

由牛顿第三定律可知物块对曲面的压力大小为FN'=

答案：(l)66cmHg(2)12.09cm或万1cm

FN=8NO1分

14.解析：(1)由于导线框abed被外力所约束，所以导线框(2)物块从下滑到斜面最低点运动到C点过程，由动能

ABCD到达磁场上边界前做自由落体运动，根据机械能定理，可得一〃利81>=[-加叱2--^-加已产-----------1分

守恒定律可知2mgL=；X2加为2......................2分

物块与曲面相互作用过程，系统水平方向动量守恒，当

物块返回离开曲面时曲面速度最大，设最大值为口，有

绳子绷直瞬间，对两导线框系统由动量守恒定律可得

=3mz)i----