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文档简介
2024届高三4月质量检测
物理
全卷满分100分,考试时间75分钟。
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答,写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答
题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑;非选择题用黑色签字笔在答题卡上
作答;字体工整,笔迹清楚。
4.考试结束后,请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项
是符合题目要求的。
137
—137fQ
1.钠,155^"无色无味,会发生D衰变同时释放丫射线,半衰期约30年,放射性较强,如果人接触到
一定剂量,会对人体造成伤害甚至致死。下列说法正确的是()
A.锌-137发生B衰变时,原子核中放出一个电子
B.锚-137发生B衰变时释放的/射线,来自能-137
C.B粒子的速度为光速的十分之一
D.一定量的饱-137,经过60年将全部衰变完
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠-137发生B衰变时,原子核中放出一个电子,衰变过程中的电子是由核内中子转化为质子时
释放出来的,故A正确;
B.葩-137发生B衰变时释放的/射线,来自衰变产生的新核,故B错误;
C.B粒子速度约为光速的十分之九,故C错误;
D.一定量的铀-137,经过60年即经过两个半衰期,还剩原来的!没有衰变,故D错误。
故选Ao
2.如图所示,竖直平面内的半圆形金属圆环ACD固定在水平向右的匀强磁场中,边与磁感线平行,C
为圆弧最高点,将圆环中通入沿顺时针方向的电流,则下列说法正确的是()
B.半圆环有收缩趋势
C.俯视看,半圆环有绕CO沿顺时针转动的趋势
D.整个圆弧ACD段受到安培力不为零
【答案】C
【解析】
【详解】根据左手定则可知,圆环右半边受到的安培力方向垂直纸面向外,左半边受到的安培力方向垂直
纸面向里,因此俯视看,圆环有绕CO沿顺时针转动的趋势,圆环有运动趋势,由于两半边受到的安培力等
大反向,则受到的合安培力为零。
故选C。
3.如图所示,完全相同的。、方两小球用轻质细线1,2悬挂在天花板上,现用一水平拉力厂作用在6球上,
再次静止时,细线1与竖直方向的夹角为戊,细线2与竖直方向夹角为e,贝Utan8:tane等于()
1
2
A.2:1B.3:2C.4:3D.5:3
【答案】A
【解析】
【详解】对6球,根据平衡条件及力的平行四边形法则可知
八F
tan。二——
mg
把两球以及它们间的连线看成整体,根据平衡条件及力的平行四边形法则可知
F
tana=----
2mg
则
tang:tano=2:l
故选Ao
4.如图所示,ABC是边长为L的等边三棱镜,一束单色光照射在A5边上的。点,入射角为45。,折射光
线在5C面的反射光照射到AC面的E点(图中未标出)。不考虑光在AC面的反射,已知三棱镜对该光的
折射率为0,光在真空中的传播速度为c,则下列说法正确的是()
A.光有可能在面上发生全反射
B.光从。点传播到E点所用时间为旦
2c
C.保持入射方向不变,入射点从。点向下移,光从。点传播到AC面所用时间一定不变
D.保持入射点不变,将入射角略增大一些,光从。点传播到AC面所用时间可能变短
【答案】C
【解析】
【详解】A.作出光路图如图所示
r=30°
根据几何关系,光在5C面上的入射角
6>=30°
由于
sinC=-
n
解得
C=45°
因此光在面上不会发生全反射,A错误;
B.根据几何关系可知,光从。点传播到E点传播距离为L,则传播时间
LA/2L
t=—=-----
VC
B错误;
C.保持入射方向不变,人射点从。点向下移,光从。点传播到AC面传播距离仍为L所用时间不变,C
正确;
D.保持入射点水变,将入射角略增大一些,光从。点传播到AC面的距离增大,所用时间变长,D错误。
故选C。
5.学校运动会上,某同学参加铅球比赛,他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出,第一次铅球在空
中轨迹如图乙中1所示,第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示,两轨迹的交点为瓦已知铅球两次经过8
点时机械能相同,不计空气阻力,不计铅球大小,则关于两次抛出,下列说法正确的是()
A.两次拖出的初速度相同
B.两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C.两次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率相同
D.两次铅球在最高点机械能相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.在A点初速度大小相等,方向不同,A错误;
B.两次铅球落地时的速度大小相等,竖直方向分速度不同,因此重力的瞬时功率不同,B错误;
C.重力做功相同,由于运动时间不同,因此重力的平均功率不同,C错误;
D.小球在空中运动过程中机械能守恒,由于两次铅球在8点机械能相同,因此两次铅球在空中运动过程机
械能相等,D正确。
故选D。
6.如图所示,哈雷彗星绕太阳运行的轨道为椭圆,哈雷彗星最近出现在近日点的时间是1986年,预计哈雷
彗星下次回归到近日点将在2061年。已知椭圆轨道的近日点到太阳中心的距离是地球公转轨道半径R的0.6
倍,则椭圆轨道远日点到太阳的距离为(痂=3.56)()
哈雷慧星
A.17.2/?B.17.87?C.35RD.36R
【答案】C
【解析】
【详解】地球绕太阳公转的周期T为1年,哈雷彗星的周期Ti为
Ti=2061年一1986年=75年
根据开普勒第三定律得
工2-T2
解得
a=17.87?
又近日点到远日点的距离为2a,已知近日点到太阳中心距离为0.6R,故
d远—2a—0.6R—357?
故选C。
7.一个封闭绝缘环由两个直径相同的半圆环石E4和两段直杆48、组成,A3DE是矩形,封闭
环固定在绝缘水平面上,ABCD段和段分别均匀分布等量的异种电荷,在环的中心O垂直水平面固
定一根粗细均匀的粗糙绝缘杆,一只带正电的小球套在杆上,从P点由静止释放,小球向下运动,在小球
从尸点运动到。点的过程中,下列说法正确的是()
A.小球的电势能越来越大B.小球受到的摩擦力越来越大
C.小球运动的加速度越来越大D.小球的动能一定越来越大
【答案】B
【解析】
【详解】A.将封闭环上的电荷看成是由若干组等量异种电荷组成,根据电场的叠加可知,绝缘杆所在处的
电场方向与杆垂直且从上向下电场强度越来越大,根据等量异种电荷的电势分布可知小球向下运动过程中,
电势能不变,A错误;
B.电场力越来越大,正压力越来越大,滑动摩擦力越来越大,B正确;
CD.由于有摩擦力,小球可能先做加速运动后做减速运动,即可能加速度先减小后增大,速度先增大后减
小,则动能可能先增大后减小,CD错误。
故选B。
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符
合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示的电路中,电表均为理想电表,变压器为可调的理想自耦式变压器,与、R3为定值电阻,&为
滑动变阻器,在。、6两端输入有效值恒定的正弦交流电,则下列说法正确的是()
A.仅将Pi向下移,电压表示数变大B.仅将Pi向下移,电流表示数变大
C.仅将P2向下移,电压表示数变小D.仅将P2向下移,电流表示数变大
【答案】AB
【解析】
U\n.u
【详解】A.仅将滑片Pi向下移,原线圈匝数减小,根据可知,/增大,根据欧姆定律/=—可
U2n2R
知副线圈总电流增大,及分得电压增大,电压表的示数变大,故A正确;
TJ2
B.仅将P向下移,副线圈两端电压增大,根据箍=。,可知负载消耗的功率增大,由以=%,可知
R
原线圈输入功率变大,由尸入=。/,可知电流表的示数变大,故B正确;
CD.仅将滑片P2向下移,及接入电路的电阻变大,根据欧姆定律/=g,副线圈中的电流减小,R两端
的电压变小,电压表的示数变大,根据3=生,电流表的示数变小,故CD错误。
故选AB。
9.图甲为交警正在用气体酒精浓度测试仪查酒驾的情景,图乙为气体酒精浓度测试仪的原理图,均为气敏
电阻,其阻值随气体中酒精浓度的增大而减小,凡为报警器的电阻(阻值不变),几大于电源内阻,当报
警器两端的电压达到一定值时,报警器报警测试仪使用前应先调零,即当气体中酒精浓度为。时,调节滑
动变阻器&的滑片,使电压表示数为。(),调零后耳的滑片位置保持不变•测试时,当气体酒精浓度达到酒
驾指定浓度时,电压表示数增大为U,报警器报警。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时,下列说法正确
的是()
甲乙
A.当用两端的电压减小U-时,报警器开始报警
B.电源的输出功率增大
C.移去电压表,报警时气体酒精浓度比指定的浓度小
D.若不小心将&的滑片向下移了一些,报警时气体酒精浓度比指定的浓度大
【答案】BC
【解析】
【详解】A.根据题意可知与、鸟及电源内阻总的电压减小时,报警器才开始报警,A错误;
B.当外电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,为变小,由于凡大于电源内阻,因此外电阻减小,
电源的输出功率变大,B正确;
C.移去电压表,报警器部分的电阻变大,两端要达到报警时的电压,传感器的电阻必须更大,因此报警时
气体酒精浓度比指定的浓度小,C正确;
D.若不小心将&的滑片向下移了一些,则报警时传感器的电阻比正常设计报警时的电阻大,报警时气体
酒精浓度比指定的浓度小,D错误。
故选BC。
10.电磁驱动技术现已广泛应用于生产、生活和军事中,如图所示为一电磁驱动模型,水平面内,连续排列
的边长为L的正方形区域内存在竖直方向的匀强磁场,相邻区域的磁感应强度方向相反,大小均为A质量
为机、总电阻为R的矩形金属线框。次力处于匀强磁场中,边长为L当匀强磁场水平向右以速度v匀速
运动时,金属线框能达到的最大速度为%。线框达到最大速度后做匀速直线运动,线框运动中受到的阻力
恒定,则下列说法正确的是()
XXX:*••:xXX1:•••1:XX1X:•••:
XXX;e••;xXX;•••;XXX{•••!
XXX!e••XXX:*••:XXX:•••;
d。
A.图示位置时,线框ab边中感应电流方向从。到6
B.线框运动中受到的阻力大小为“B七3一%)
R
C.线框匀速运动后,受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热
D.线框匀速运动后,外界每秒提供给线框的总能量为4"二>"")
R
【答案】BD
【解析】
【详解】A.线框相对于磁场向左运动,根据右手定则知,线框油边中感应电流方向从。到。,故A错误;
B.因阻力恒定,又线框最后做匀速直线运动,由二力平衡知,阻力应与安培力大小相等,由于磁场以速度
U向右运动,当金属框稳定后以最大速度W向右运动,此时金属框相对于磁场的运动速度大小为V-W,根据
右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于。从反边分别产生感应电动势之和,即
E-2BL[V-VQ)
根据欧姆定律可得,此时金属框中产生的感应电流为
E2BL(v-v)
1=-=----0-------
RR
金属框的两条边ad和be都受到安培力作用,边长等于说明ad和be边处于的磁场方向一直相反,电流方向
也相反,根据左手定则可知它们所受安培力方向一致,故金属框受到的安培力大小为
452L2(V-V)
F=于=2BLI=------——0
故B正确;
C.线框匀速运动后,磁场的匀速运动产生了感应电流从而产生了焦耳热,与安培力做功无关,故C错误;
D.线框匀速运动后,外界提供给线框的总能量等于回路中的焦耳热和克服阻力做功之和,即外界每秒提供
给线框的总能量为
222222
F_4B£(v-v04B£(v-v0)v0_4B£v(v-v0)
总=N九=RR=R
故D正确。
故选BD
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴一块形状不规则的铁块并悬挂,铁块下面吸一
小块磁铁,手机放在悬点。正下方桌面上,打开手机的磁传感器。
(1)用毫米刻度尺测量摆线长度/,使铁块在竖直面内做小角度摆动,手机的磁传感器记录接收到的磁感
应强度随时间变化的图像如图乙所示,则铁块摆动的周期7=.
(2)多次改变摆线的长度,重复实验,得到多组摆线长度/及铁块摆动的周期T,作出的72_/图像如图丙
所示,根据图丙可得重力加速度的测量值为m/s2=(万取3.14,计算结果保留3位有效数字)
(3)图丙中的图像不过原点的原因是,图像不过原点对重力加速度的测量______(填“有”或“没
有”)影响。
【答案】(1)2to
(2)9.86(3)①./是摆线的长,不是摆长②.没有
【解析】
【小问1详解】
由图乙可知,铁块摆动的周期
7=2%
【小问2详解】
设铁块和磁铁整体重心到细线下端距离为广,根据周期公式
fc忆+r
可得
4万2
T=3(L+r)
g
故该图像的斜率为
解得重力加速度的测量值为
g®9.86m/s2
【小问3详解】
[1]图像不过原点的原因是/是摆线的长,不是摆长;
⑵由(2)中表达式可知,图像不过原点对重力加速度的测量没有影响。
12.某实验小组要将一个量程为100mA、内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表。
V0A-V-Q
oo
g0)
S
甲乙
(1)小组成员先用多用电表的欧姆挡粗测电流表的内阻,为了电表安全,测量时应将红表笔接触电流表的
(填“正”或“负”)接线柱,黑表笔接触电流表的另一接线柱,将欧姆表倍率调为“XI”,经过
欧姆表测电阻的正确操作后指针在表盘的位置如图甲所示,测得电流表的内阻么=Qo
(2)为了精确测量电流表的内阻,小组成员连接了如图乙所示电路,将电阻箱R的电阻调到零,滑动变阻
器用的滑片调到最右端;闭合开关S,调节变阻器用的滑片,使得电流表达到满偏电流3保持滑动变阻
器的滑片位置不变,调节电阻箱的电阻,使得电流表的示数为:4;读出电阻箱的电阻值&),可以认为电
流表的内阻人=;为了减小实验误差,选用电源的电动势应尽量______(填“大”或“小”)一些。
⑶由于⑵测得的电阻存在系统误差,因此改装成的电压表的量程实际(填“大于”或“小于”)
3Vo
【答案】(1)①.负②.13.0##13
(2)①.Ro②.大
(3)小于
【解析】
【小问1详解】
[1]根据“红进黑出”的规律,可知红表笔应接电流表的负接线柱;
⑵根据欧姆表的读数规律,测得电流表的内阻为
13.0xlQ=13.00
【小问2详解】
[1]图乙中控制电路采用滑动变阻器的分压式接法,为了确保测量数据的连续性,滑动变阻器的总电阻较小,
滑动变阻器右侧与测量电路并联部分的电阻较小,可以近似认为调节电阻箱前后,控制电路输出的电压较
稳定,滑动变阻器输出电压近似不变,则满偏时有
I。工
%
当电流表的示数为时有
2
2°4+9
解得
「A=RO
⑵结合上述可知,为了减小误差,滑动变阻器右侧与测量电路并联部分的电阻需要较小,由于使得电流表
满偏的输出电压一定,当电源电动势越大,在滑动变阻器右侧与测量电路并联部分的电阻分担电压一定时,
该部分的电阻越小,测量的系统误差越小。
【小问3详解】
根据上述可知,由于电阻箱调节后有一定接入电阻,导致并联部分的总电阻增大,则控制电路输出电压增
大,即电阻箱两端电压大于电流表两端电压,则电阻箱接入的电阻值大于电流表的内阻,可知,电流表内
阻的测量值大于真实值,根据
4=4(凡+大)
由于电流表测量值大于真实值,导致在改装电压表时,接入的串联电阻的阻值偏小,即改装成的电压表的
量程实际小于3V。
13.汽车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全.发生交通事故时,强烈的碰撞使三氮化钠完全分解产生
钠和氮气而快速充入气囊.充入氮气后的瞬间安全气囊的容积为70L,温度为300K,压强为Pi,囊内氮气的
密度夕=1.25kg/m3;随后,驾乘人员因惯性挤压安全气囊,气囊的可变排气孔开始泄气,当内部气体体积
变为50L、温度降为280K、压强变为0.8乃时,不再排气,将气体视为理想气体。求:
(1)充气后瞬间,气囊内含有的氮气分子个数;(己知氮气的摩尔质量”=28g/mol,阿伏加德罗常数
=6xl023mor')
(2)驾乘人员挤压安全气囊过程中,排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的百分比(此间结果保留2
位有效数字)。
【答案】(1)1.875x1()24个;(2)39%
【解析】
【详解】(1)充气后一瞬间,气囊内氮气的质量
2
m=pVx=8.75x10-kg
气囊内含有氮气分子个数
〃=—NA=1.875x1024(个)
MA
(2)设囊中气体温度降为280K、压强变为0.8p]时总体积为匕,根据理想气体状态方程
(一心
解得
匕=口
排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的比例
—=^^X1OO%=39%
mV2
14.如图所示,倾斜传送带与水平方向的夹角6=37。,并以大小为%=2m/s的速度逆时针转动。物块A
从传送带上端由静止释放,同时物块B以v=4m/s的速度从传送带底部冲上传送带,当A与传送带刚好共
速时,A、B相碰并粘在一起,已知两物块质量均为%=1kg,与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,重
力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8,不计物块大小,求:
(1)A、B相碰前瞬间,物块B的速度大小;
(2)碰撞前,两物块在传送带上运动过程中,因摩擦产生的总热量;
(3)碰撞后,两物块在传送带上运动过程中,传送带对两物块的摩擦力的冲量大小(结果可保留根号)。
【解析】
【详解】(1)根据牛顿第二定律可得,A开始下滑时的加速度
ma八-mgsin6+pimgcos6
解得
2
aA=10m/s
A与传送带共速时需要的时间
”生=0.2s
a
A
根据牛顿第二定律可得,B上滑时的加速度
七="①"驾竺=10.2
m
A、B相碰前瞬间,物块B速度大小
以=v-4/=(4-10x0.2)m/s=2m/s
(2)碰撞前,两物块在传送带上运动过程中,因摩擦产生的总热量
3^)=4.8J
Q=QA+QB=+/nmgcos9(%/+
(3)两物块碰撞过程动量守恒,则
mv0-mvB=2加v共
解得
口共=0
碰前物块B沿传送带向上的位移
v+v.„,
s=------Z=0.6m
2
碰后两物块一起由静止加速下滑,加速度为
2ma=2mgsin8+〃•2mgcos6
解得
6?=10m/s2
到达与传送带共速时用时间
—=0.2s
a
向下的位移
=—t=0.2m
21}
此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
Ifl=2jumgcos0'=1.6N-s
方向向下;以后两物块仍加速下滑,加速度
a=gsin。一jugcos0=2m/s2
下滑到低端时由
S—芯
解得
%2=
(另一值为负值舍掉)此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
I于2-2〃机gCOS。♦/2=8N-s
方向向上;若以向下为正方向,碰撞后,两物块在传送带上运动过程中传送带对两物块摩擦力的冲量
(48-
T-T
f=勺2N-s
15.如图所示,在三维坐标系Oxyz中,xOz平面左侧区域有沿y轴正方向的匀强电场;xOz平面右侧与垂
直于y轴足够大的荧光屏之间的区域有沿y轴正方向的匀强磁场,荧光屏与y轴交点位置的坐标为(0,2,0)。
一质量为加、电荷量为+4的粒子从坐标为[。,-:/]的P点以大小为%的初速度沿z轴负方向射出,经
2
电场偏转后从。点进入磁场,再经过磁场偏转后击中荧光屏,粒子再次经过y轴的位置离。点距离为
不计粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子打在荧光屏上的位置坐标及匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)若在xOz平面与荧光屏之间的区域加上一平行于y轴的匀强电场,要使粒子仍打在荧光屏上(2)问
中所求的位置,则所加匀强电场的电场强度应满足什么条件。
mVn2d37rmVAc
【答案】(1)—;(2)(——,d,0),-7;(3)见解析
qd3兀qd
【解析】
【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,根据题意
d1
————City2
221
d=%:
根据牛顿第二定律
qE=ma
解得
石=皿
qd
(2)设粒子经过。点时速度大小为v,根据动能定理
万1"1212
qEx-a=—mv——mv0
解得
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