四川省成都市四七九名校高三下学期（3月）第一次联测考试理综试题-高中物理

四七九名校联测卷（一）物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2．作答选择题时，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涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题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。1.2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星低成本入轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（）A.角速度比空间站的大 B.加速度比空间站的小C.速率比空间站的小 D.周期比空间站的大【答案】A【解析】【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得可得，，，由于微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，则入轨后微小卫星的角速度比空间站的大，加速度比空间站的大，速率比空间站的大，周期比空间站的小。故选A。2.某静电除尘器的除尘原理如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若不计烟尘颗粒的重力，下列说法正确的是（）A.烟尘颗粒带正电B.a点电势高于b点电势C.a点电场强度小于b点电场强度D.烟尘颗粒在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．粒子的受力方向永远指向轨迹内侧，由带电烟尘颗粒的运动轨迹可知烟尘颗粒受力方向沿着电场线的切线方向，烟尘颗粒带负电，故A错误；B．a、b两点所在等势线如图所示沿着电场线方向电势逐渐降低，a点电势低于b点电势，故B错误；C．电场线越密场强越强，由图可知，由可知烟尘颗粒在a点的电场强度大于在b点的电场强度，故C错误；D．若烟尘颗粒由a运动到b，由图知电场力做正功，电势能减小，；若烟尘颗粒由b运动到a，电场力做负功，电势能增大，仍有，故D正确。故选D。3.中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如图已知“复兴号”高铁长度为400m，车厢高4m，正常行驶速度360km/h，假设地面附近地磁场的水平分量约为，将列车视为一整块导体，只考虑地磁场的水平分量，则“复兴号”列车在自西向东正常行驶的过程中（）A.车厢顶部电势高于车厢底部，电势差大小约为B.车厢顶部电势低于车厢底部，电势差大小约为C.车头电势高于车尾，电势差大小约为D.车头电势低于车尾，电势差大小约为【答案】A【解析】【详解】地磁场方向由南向北，根据右手定则，车厢顶部电势高于车厢底部，根据可知电势差大小约为。故选A。4.随着科技的发展，未来的带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收撞击地面的能量，避免屏幕直接接触地面而损坏。若质量约为200g，从离地0.8m高处自由掉落，与地面撞击的时间约为0.05s，不计空气阻力，。下列说法正确的是（  ）A.落地过程中加速度不断增大 B.落地过程中重力做功的功率不变C.保护器弹出的时间应小于0.4s D.地面对的平均作用力约为16N【答案】C【解析】【详解】A．落地过程中加速度为重力加速度，不变，故A错误；B．落地过程中速度不断增大，重力做功的功率变大，故B错误；C．由可得，落地时间保护器弹出的时间应小于0.4s，故C正确；D．取向下为正方向，落地速度根据动量定理地面对的平均作用力故D错误故选C。5.利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压UH。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。下列说法正确的是（）A.若该半导体是空穴导电，则M侧的电势低于N侧的电势B.若只增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将增大C.若只增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大D.若只增大电流I，则霍尔电压UH将减小【答案】C【解析】【详解】A．若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在洛伦兹力作用下向M侧聚集，可知M侧电势高于N侧电势，故A错误；B．由于M、N间产生电场，稳定时电场力与洛伦兹力平衡，设M、N间距离为a，霍尔元件长为b，则有设单位体积内电荷的数目为n，根据电流的微观定义式有解得可知，若增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将减小，故B错误；C．若增大磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大，故C正确；D．若增大电流I，则霍尔电压UH将增大，故D错误。故选C。6.随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A.儿童和滑环组成的系统动量守恒B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒C.儿童运动到最低点时速度大小为D.儿童从静止运动到最低点过程中，儿童和滑环的水平位移之比为【答案】BC【解析】【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；B．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C．根据水平方向系统动量守恒有根据能量守恒定律有解得故C正确；D．根据水平方向系统动量守恒有解得则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5故选BC。7.如图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角，，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为的物块从A点以的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.物块到B点时的速度为 B.物块在最低点的最大压力为3mgC.物块最终在圆弧BCD做往返运动 D.物块在斜面运动的总路程为3R【答案】AD【解析】【详解】A．物块从A点到B点，根据动能定理有解得故A正确；B．物块从B点到C点，根据动能定理有物块在最低点根据牛顿第二定律有解得故B错误；C．物块滑到DE斜面，受力分析如图沿斜面方向有则物块会静止在DE斜面上，故C错误；D．设物块静止的位置距离D点的位移为x，根据动能定理有解得物块运动的路程为故D正确；故选AD。8.如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个，长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为d，与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力F，则（）A.当水平恒力的大小时，与抽屉有相对运动B.当水平恒力的大小时，不与抽屉右侧发生磕碰C.为使不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足D.为使不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足【答案】BC【解析】【详解】A．的最大加速度为与抽屉一起加速运动的最大拉力为当水平恒力的大小时，与抽屉无相对运动，A错误；B．当水平恒力的大小F=0.3N时，抽屉和一起加速运动的加速度大小为当抽屉拉至最右端与挡板相碰时解得抽屉停止运动后，向右滑动，则解得向右滑动的位移大小为恰好不与抽屉右侧发生磕碰；当水平恒力的大小F≤0.3N时，不与抽屉右侧发生磕碰，B正确；C．当时与抽屉相对滑动，水平恒力的大小F=1.8N时，对抽屉由牛顿第二定律得解得当抽屉拉至最右端与挡板相碰时解得的速度为的位移为抽屉停止运动后向右滑动的位移则则恰好与抽屉右侧不磕碰，所以为使不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足F≥1.8N，C正确；D．恰好与左端相碰时，对抽屉由牛顿第二定律得当抽屉拉至最右端与挡板相碰时向右运动的位移大小为则解得恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足F≤2.2N，D错误；故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：考生根据要求作答。9.弹簧是生活中比较常见的物体。实验室中有五根一模一样的弹簧，某同学想测量这批弹簧的劲度系数，将弹簧等间距悬挂在水平铁架台上，如图甲所示，1号弹簧不挂钩码，2号弹簧挂1个钩码，3号弹簧挂2个钩码，依此类推，钩码的质量均相同。固定在弹簧下端的轻指针在图中未画出。（1）为了更直观地呈现出弹簧弹力大小F与伸长量的关系，某同学以1号弹簧末端指针所指的位置为原点，作出竖直的y轴及水平的x轴，其中x轴为_________（填“F”或“”）。（2）为测量弹簧的伸长量，某同学取来一把米尺，竖直固定在弹簧旁边，米尺的刻度刚好与1号弹簧末端指针在同一水平线上，测量2号弹簧末端指针位置时，示数如图乙所示，则此时弹簧的伸长量为_______。（3）某同学依次测量3号、4号、5号弹簧的实验数据，根据测量的数据作出的图像如图丙所示，已知图中数据的单位均取国际单位制单位，则这些弹簧的劲度系数均为_______（计算结果保留三位有效数字）【答案】①.F②.2.00③.100【解析】【详解】（1）[1]由题图甲知，y轴与弹簧拉伸方向一致，且原点选在了弹簧原长处，所以y轴代表弹簧的伸长量，x轴代表弹力大小F；（2）[2]由题图乙知，2号弹簧末端指针位置对应的刻度为98.00cm，故弹簧伸长量（3）[3]由题图丙得10.为测量某电源的电动势E（约为3V）和内阻r（约为1Ω），小南同学设计了如图甲、乙所示实验电路图，所用器材如图丙所示。已知电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻约为3kΩ，滑动变阻器最大电阻为10Ω、额定电流1A、定值电阻R0=1Ω。请回答下列问题：（1）按照图甲所示的电路图，将图丙中的实物连线补充完整________；（2）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移至最________端；（选填“左”或“右”）（3）闭合开关S后，移动滑片Р改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点作出UI图像；（4）在图丙中改变导线的接线位置，完成了图乙电路图的实物连接，重复步骤（2）、（3），将实验记录的数据在同一坐标系内描点作出UI图像，如图丁所示。可知图丁中标记为Ⅱ的图线是采用实验电路__________（选填“甲”或“乙”）测量得到的；（5）用图甲或图乙的电路进行实验，测出的电源内阻r均存在系统误差，从减小系统误差角度考虑，该实验宜选用图_________（选填“甲”或“乙”）实验电路；（6）利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=___________（用U1、U2、I1，I2、R0表示）。【答案】①.见解析②.左③.甲④.甲⑤.【解析】【详解】（1）[1]由题意可知，电路中的最大电流约为因此电流表量程应选0~0.6A，电压表量程应选0~3V，实物连线如图所示。（2）[2]闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移至最左端，保证开始时接入电路的滑动变阻器阻值最大，用以保护电路和仪器。（4）[3]对图甲而言，根据闭合欧姆定律可得可知，当I是零时对图乙而言，根据闭合欧姆定律可得可知，当I是零时，对应，则可知标记为I的图线是采用实验电路乙测量得到的。标记为Ⅱ的图线是采用实验电路图甲测量得到。（5）[4]当采用图甲所示电路时，内阻相对误差大小为当采用图乙所示电路时，内阻相对误差大小为即由于电源内阻与电流表内阻相差不大，但电源内阻远小于电压表内阻，则宜选用图甲所示电路。（6）[5]图线I对应的和满足图线II对应的和满足因此解得则11.“平衡浪木”是一种训练平衡能力的器材，如图所示，质量的长方形均质晃板用四根相同的轻质链条分别悬挂在两根固定的横梁上，链条长度均为，与竖直方向的夹角均为。让一质量的受训人员静坐在晃板正中间，给晃板和人一水平瞬时初动量，晃板和受训人员摆动起来，到最高点时两根链条所在平面与晃板的夹角，受训人员可看作质点且始终与晃板保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度。求：（1）晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小T；（2）晃板和受训人员的初动量大小。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】在最低点静止时受力平衡，对晃板和训练人员为整体进行受力分析，受到拉力和重力可得解得【小问2详解】对晃板和训练人员为整体从最低点到最高点的过程，由动能定理可知解得故其初动量为12.如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间的电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束的宽度为L，粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直于纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为。已知离子的比荷为k，两极板间的电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力，极板厚度可忽略不计。（1）要使速度的离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小；（2）调整极板间的磁场，使速度的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若且上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积和吞噬板的发光长度；（3）若撤去极板间磁场且偏转磁场边界足够大，速度的离子有n个，能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求的取值范围及吞噬板上收集的离子个数。【答案】（1）（2），（3），【解析】【小问1详解】速度的离子能沿直线通过两极板间的电场，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，则电场强度为解得【小问2详解】洛伦兹力提供向心力解得作出离子的运动轨迹，如图所示上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形的几何关系得解得偏转磁场的最小面积有上述分析可知，其发光长度一个临界在吞噬板的端点，另一个临界点是从正极板射出的离子所打的位置，由于其在磁场中轨迹为半圆，所以打在距离正极板处，所以发光长度【小问3详解】离子在电场中做类平抛运动，则离子在电场中的加速度为解得吞噬板上收集的离子个数洛伦兹力提供向心力进入磁场离子圆周运动半径在磁场中偏转距离速度为离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得解得13.一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t=0.5s时刻的波形第一次如