湖南省長沙市雅禮教育集團2023-2024學年高三上學期期末聯(lián)考物理試題

湖南省長沙市雅禮教育集團2023-2024學年高三上學期期末聯(lián)考物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．2023年12月14日，我國宣布新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”面向全球開放，邀請全世界科學家來中國集智攻關，共同追逐“人造太陽”能源夢想?！叭嗽焯枴蔽锢肀举|(zhì)就是核聚變，其發(fā)生核聚變的原理和太陽發(fā)光發(fā)熱的原理很相似，核反應方程為12A．X是質(zhì)子 B．24C．該反應為鏈式反應 D．242．如圖所示為某同學投籃的示意圖。出手瞬間籃球中心與籃筐中心的高度差為h（籃球中心低于籃筐中心），水平距離為2h，籃球出手時速度與水平方向夾角為37°，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8；籃球中心恰好直接經(jīng)過籃筐中心，則籃球出手時速度的大小為（）A．25gh B．52gh C．3．靜電除塵是工業(yè)生產(chǎn)中處理煙塵的重要方法。除塵裝置由金屬管A和懸掛在管中心的金屬導線B組成，如圖甲所示。工作時，使中心的金屬導線B帶負電，金屬管A接地，A、B之間產(chǎn)生如圖乙（俯視圖）所示的電場，圓內(nèi)實線為未標方向的電場線。金屬導線B附近的氣體分子被強電場電離，形成電子和正離子，電子在向正極A運動的過程中，使煙塵中的顆粒帶上負電。這些帶電顆粒在靜電力作用下被吸附到正極A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。經(jīng)過這樣的除塵處理，原本飽含煙塵的氣體就可能達到排放標準，滿足環(huán)保要求。圖乙中ab=bc，c、d在同一圓上。下列說法正確的是（）A．圖乙中c點和d點的電場強度相同B．帶上負電的顆粒在a點所受的電場力大于在c點所受的電場力C．電勢差關系為UD．一電子從c點運動到a點的過程中，其電勢能增大4．2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進行了對接，“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為神舟十七號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為飛船的近地圓軌道，其軌道半徑為R1，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在的圓軌道，其軌道半徑為R2，P、Q分別為②軌道與①、A．飛船從②軌道到變軌到③軌道需要在Q點點火減速B．飛船在軌道3上運行的速度大于第一宇宙速度C．飛船在①軌道的動能一定大于天和核心艙在③軌道的動能D．若核心艙在③軌道運行周期為T，則飛船在②軌道從P到Q的時間為15．如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m，兩段輕桿等長。現(xiàn)將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內(nèi)運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（）A．小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．小球C的機械能一直減小C．小球C落地前瞬間的速度大小為2ghD．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg6．如圖所示，半徑為R的金屬圓環(huán)固定在豎直平面，金屬圓環(huán)均勻帶電，帶電荷量為Q，一長為L=2R的絕緣細線一端固定在圓環(huán)最高點，另一端連接一質(zhì)量為m、帶電荷量為q（未知）的金屬小球（可視為質(zhì)點）。穩(wěn)定時帶電金屬小球在過圓心且垂直圓環(huán)平面的軸上的P點處于平衡狀態(tài)，點P'A．O點的場強一定為零B．P'點場強大小為C．金屬小球的電荷量為q=D．剪斷細線瞬間，小球的加速度水平向右二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）7．手機無線充電技術給用戶帶來了全新的充電體驗，其基本原理是電磁感應現(xiàn)象：給送電線圈中通以變化的電流，就會在鄰近的受電線圈中產(chǎn)生感應電流。某次充電過程可簡化為如圖甲所示的模型，一個阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬受電線圈與阻值也為R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1。在受電線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示（規(guī)定圖甲中B的方向為正方向）。圖線與橫、縱軸的交點分別為t0和A．R1中電流的方向為B．a(chǎn)b兩點之間的電壓為nπC．線圈中感應電流的大小為nπD．通過電阻R1的電荷量8．一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，在t=1.A．該波的波速為12cm/sB．該波沿x軸負方向傳播C．質(zhì)點P的平衡位置位于x=1m處D．從t=1.9．如圖所示，某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，原線圈與阻值R0=120Ω的定值電阻串聯(lián)后接在電壓有效值恒為240V的正弦交流電源兩端，副線圈電路中接有理想電流表和最大阻值A．電流表的示數(shù)逐漸減小B．交流電源的輸出功率逐漸增大C．滑動變阻器消耗電功率的最大值為120WD．定值電阻消耗電功率的最大值為120W10．如圖所示，水平傳送帶以速度v1=2m/s向右勻速運動，小物體P、Q質(zhì)量均為1kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2=5m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ=0.A．小物體P離開傳送帶時速度大小為3B．小物體P在傳送帶上運動的時間為5sC．小物體P將從傳送帶的右端滑下傳送帶D．小物體P在傳送帶上運動的全過程中，合外力對它做的功為W=?3三、實驗題（本題共2小題，共16分）11．如圖甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗。有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球由A處靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。則：（1）如圖乙所示，用游標卡尺測得小球的直徑d=cm。（2）多次改變高度H，重復上述實驗，作出1t2隨H的變化圖像如圖丙所示，當圖中已知量t0、H（3）某次實驗發(fā)現(xiàn)動能增加量ΔEk總是大于重力勢能減少量A．金屬球從A點下落時初速度不為零B．測量的高度H為金屬球在A點時球下端與光電門B點的高度差C．小球下落的高度太高，以致下落過程中空氣阻力的影響比較大12．某校舉行了一次物理實驗操作技能比賽，其中一項比賽為選用合適的電學元件設計合理的電路，并能較準確地測量同一電池組的電動勢及其內(nèi)阻。提供的器材如下：A電流表G（滿偏電流10mA，內(nèi)阻為10Ω）B電流表A（0~0.6A~3A，內(nèi)阻未知）C電壓表V（0~5V~10V，內(nèi)阻未知）D滑動變阻器R（0~20Ω，1A）E定值電阻R0F開關與導線若干（1）圖（a）是小李同學根據(jù)選用的儀器設計的測量該電池組電動勢和內(nèi)阻的電路圖。根據(jù)該實驗電路測出的數(shù)據(jù)繪制的I1?I2圖線如圖（b）所示（I1為電流表G的示數(shù)，I（2）另一位小張同學則設計了圖（c）所示的實驗電路對電池組進行測量，記錄了單刀雙擲開關S2分別接1、2對應電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I；根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)繪制U?I可以判斷圖線A是利用單刀雙擲開關S2接（選填“1”或“2”）中的實驗數(shù)據(jù)描出的；分析A、B兩條圖線可知，此電池組的電動勢為E=，內(nèi)阻r=。（用圖中EA、EB、I四、解答題（本題共3小題，共40分）13．如圖所示，將一張長方形紙板放在水平桌面上，紙板一端稍稍伸出桌外，將一物塊置于距紙板左邊界d=0.2m處。用水平向右的拉力F將紙板迅速抽出，如果拉力足夠大，物塊幾乎不動落在桌面上，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若物塊的質(zhì)量為m1=0.5kg，紙板的質(zhì)量為（1）當紙板相對物塊運動時，桌面對紙板摩擦力f的大??；（2）要使物塊與紙板發(fā)生相對滑動，拉力F應滿足的條件；（3）若物塊移動的距離超過l=0.002m，人眼就能感知到物塊位置的變化，忽略物塊的體積因素影響，為確保實驗成功，紙板所需最小拉力的大小14．如圖，兩等高、內(nèi)壁光滑、導熱性良好的圓柱形汽缸豎直放置，左、右兩側汽缸的橫截面積分別為S、2S，汽缸頂部由細管（體積不計）連通，右側汽缸底部帶有閥門K，兩汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b，兩活塞的質(zhì)量均為m=p0Sg且與汽缸密閉且不漏氣。初始時，閥門K關閉，活塞b處于左側汽缸的頂部且與頂部無彈力，封閉著氣體C，活塞a處于右側汽缸的中間位置，將汽缸分成A、B兩部分，A中氣體的壓強為1.5p0、體積為v0（1）初始時，左側汽缸中封閉的氣體C的壓強pc（2）充氣后，右側汽缸中封閉的氣體A的壓強p；（3）打氣次數(shù)n。15．在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。為了準確的注入離子，需要在一個有限空間中用電磁場對離子的運動軌跡進行調(diào)控?，F(xiàn)在我們來研究一個類似的模型。在空間內(nèi)存在邊長L=0.64m的立方體OACD?O'A'C（1）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強電場，使粒子只能從O'（2）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強磁場，若磁感應強度大小為B=4.0×10?3T（3）在第（2）問的基礎上再加上沿y軸正向的勻強電場，電場強度為E=4.0×102N/C。判斷第（2）問中最小時間和最大時間所對應的粒子能否從O

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可得，X粒子的質(zhì)量數(shù)為2+3-4=1，電荷數(shù)為1+1-2=0，可知X是中子，A不符合題意；

B.該核反應釋放核能，表明生成核比反應核更加穩(wěn)定，即24He的比結合能比12H的大，B符合題意；

C.該反應是輕核聚變，不是鏈式反應，C不符合題意；

D.結合能指單個自由發(fā)散的核子合成原子核釋放的能量，而17.6MeV是12H與132．【答案】B【解析】【解答】設向上為正方向，初速度大小為v02h=籃球豎直方向做豎直上拋運動，有h=聯(lián)立解得籃球出手時速度的大小為vB符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)斜拋的運動規(guī)律，由運動學公式求解。3．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)電場線的疏密表示場強大小，切線表示場強方向，可知c點和d點的電場強度大小相同，方向不同，A不符合題意；

B.根據(jù)電場線的疏密可知，a點的電場強度小于c點的電場強度，由F=Eq可知，帶上負電的顆粒在a點所受的電場力小于在c點所受的電場力，B不符合題意；

C.由U=Ed可知，ab的平均電場強度小于bc間的平均電場強度，因ab=bc，所以UC符合題意；

D.由圖甲中電極的正負可知，電子從c點運動到a點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電場線的疏密表示場強大小，切線表示場強方向，分析各點電場強度；由U=Ed判斷a、b間電勢差與b、c間電勢差的大小關系；根據(jù)電場力做功的正負，分析電勢能的變化。4．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)變軌原理可知，飛船需要在②軌道的Q點點火加速，做離心運動變軌到③軌道，A不符合題意；

B.地球的第一宇宙速度是衛(wèi)星在地球表面繞地球做圓周運動時的運行速度，根據(jù)萬有引力充當向心力有G解得v=軌道3的軌道半徑大于地球半徑，因此飛船繞地球運行的速度小于第一宇宙速度，B不符合題意；

C.由v=可知，①軌道的速度大于③軌道的速度，但由于飛船和核心艙的質(zhì)量未知，因此無法判斷他們動能的大小，C不符合題意；

D.根據(jù)開普勒第三定律可知R可得T'=飛船在②軌道從P到Q的時間為T'2t=D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)變軌原理分析飛船從②軌道變軌到③軌道需要采取的措施；根據(jù)第一宇宙速度的物理意義分析；飛船和核心艙的質(zhì)量未知，無法判斷他們動能的大?。桓鶕?jù)開普勒第三定律計算飛船在②軌道從P到Q的時間。5．【答案】C【解析】【解答】A.由于不計一切摩擦，小球A、B、C組成的系統(tǒng)只發(fā)生了動能和重力勢能之間的轉化，故系統(tǒng)的機械能守恒，A不符合題意；

B.小球B的初速度為零，C落地瞬間，B的速度為零，故B的動能先增大后減小，而B的重力勢能不變，可知B的機械能先增大后減小，同理可得A的機械能先增大后減小，而系統(tǒng)機械能守恒，故C的機械能先減小后增大，B不符合題意；

C.設小球C落地前瞬間的速度大小為v，對A、B、C系統(tǒng)，由機械能守恒定律可得1解得小球C落地前瞬間的速度大小v=C符合題意；

D.因為A、B、C系統(tǒng)的機械能守恒，所以當小球C的機械能最小時，小球B速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)機械能守恒條件分析小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能是否守恒；分析A、B小球機械能的變化，再根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，得出C的機械能變化；對小球A、B、C組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律求解小球C落地前瞬間的速度大??；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，分析小球C的機械能最小時，B的受力狀態(tài)。6．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)對稱性可知，帶電量為Q的圓環(huán)，在圓心O點場強為0，帶電金屬小球在O點的場強不0，所以O點的場強不為零，A不符合題意；

B.設細線與半徑的夾角為θ，由幾何關系cosθ=R由微元法，無限劃分，設每一極小段圓環(huán)帶電量為?q，則k其中?q=Q，解得E根據(jù)對稱性可知，帶電量為Q的圓環(huán)，在P、P'兩點的場強大小相等，方向相反，即帶電量為Q的圓環(huán)在P'點的場強大小為3kQ8R2，而EB不符合題意；

C.對小球受力分析如圖，則

q解得q=C符合題意；

D.剪斷細線瞬間，小球受到的重力和電場力不變，所以小球所受合外力大小等于細線剪掉前的拉力大小，方向沿細線方向斜向右下，可知小球的加速度方向斜向右下方，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】分別分析圓環(huán)和小球在O點產(chǎn)生的場強，求出合場強；由微元法計算圓環(huán)上電荷在P點產(chǎn)生的場強，根據(jù)對稱性，得出圓環(huán)上電荷在P'點產(chǎn)生的場強，再根據(jù)電場疊加原理，分析P'的場強大小；分析小球受力，由共點力平衡條件求出金屬小球的帶電量；由牛頓第二定律分析剪斷細線瞬間小球的加速度方向。7．【答案】A,B,D【解析】【解答】A.由圖乙可知，受電線圈內(nèi)的磁場強度在變小，磁通量變小，根據(jù)楞次定律和安培定則可判斷出線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，故R1中電流的方向為b→a，A符合題意；

?B且有效面積S=π由法拉第電磁感應定律可得E=n聯(lián)立可得線圈中的感應電動勢為E=由閉合電路歐姆定律可得，線圈中感應電流的大小為I=則ab兩點之間的電壓為EB符合題意，C不符合題意；

D.由電流的定義式I=可得，通過電阻R的電荷量q=It=D符合題意。

故答案為：ABD。

【分析】根據(jù)楞次定律和安培定則判斷感應電流方向；由法拉第電磁感應定律求出受電線圈產(chǎn)生的感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律計算線圈中的電流和a、b兩點間的電勢差；由電流的定義式I=q8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.根據(jù)三角函數(shù)相關知識可知，N、Q兩質(zhì)點平衡位置之間距離為x解得λ=24m，根據(jù)乙圖可知波的周期為T=2v=A不符合題意；

B.由圖乙可知t=1.25s時刻，質(zhì)點P沿y軸負方向運動，根據(jù)波形平移法可知，該波沿y軸負方向傳播，B符合題意；

C.由圖乙可知，在t=1.25s之后，質(zhì)點P第一次位于波峰的時間為t=2.5s，由此可知t=1.25s時刻質(zhì)點Q的振動形式在t=2.5s時傳到了P點，所以有x其中xQxC符合題意；

D.從t=1.25s開始，質(zhì)點Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時間為tP點右側波形的第一個平衡位置處坐標為x該振動狀態(tài)第一次傳播到P點所需時間為t所以P質(zhì)點還需0.75s第一次振動到平衡位置，則從t=1.25s開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點P早回到平衡位置的時間為?t=D符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】根據(jù)圖中信息，得出該波的波長和周期，求出波速；由質(zhì)點P的振動情況，由波形平移法判斷出波的傳播方向；根據(jù)Q質(zhì)點的振動形式傳到P質(zhì)點的時間和PQ之間的距離，求解質(zhì)點P的平衡位置坐標；分別計算出P、Q質(zhì)點回到平衡位置的時間，再求解從t=1.9．【答案】A,C【解析】【解答】A.根據(jù)變壓器等效電路法可得，變壓器電路的等效電阻為R將滑片P向上緩慢滑至a點的過程中，滑動變阻器的阻值R變大，所以R等效增大，由歐姆定律可知原線圈電流

I1I可得，副線圈電流I2減小，故電流表示數(shù)減小，A符合題意；

P因為I1減小，u不變，所以交流電源的輸出功率減小，B不符合題意；

P當R02R1=16PC符合題意；

D.定值電阻消耗的電功率P當R1最小時，PPD不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)變壓器電路等效法分析滑動變阻器的阻值變化對原線圈電流的影響，再根據(jù)原線圈電流的變化，得出副線圈電流的變化情況；由電功率公式，分析交流電源輸出功率的變化，以及滑動變阻器和定值電阻消耗功率的最大值。10．【答案】A,D【解析】【解答】ABC.P相對傳送帶向右運動時，對P、Q整體，由牛頓第二定律有μmg+mg=2ma解得加速度大小為a=6假設P、Q整體速度減小到v1x=代入數(shù)據(jù)解得x=所用的時間t故假設成立，在P的速度和傳送帶速度相等后，會繼續(xù)減速，速度小于傳送帶速度，所以摩擦力會突變向右，由牛頓第二定律有μmg-mg=2m得加速度大小為a方向向右，則速度減小到0的位移為x代入數(shù)據(jù)得xP從v1t由于x+故P不會從傳送帶右端滑出，后面以a1x+求得P返回傳送帶左端的時間t傳動到傳送帶最左端的速度v隨后掉下傳送帶，故P在傳送帶上的時間t=A符合題意，BC不符合題意；

D.由動能定理可得合外力對P做的功為W=代入數(shù)據(jù)求得W=-3.5D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】分析P、Q整體的受力情況，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)速度-位移公式求出小物體P速度減至與傳送帶共速時向右運動的最大位移，由速度-時間公式求出小物體P向右運動的時間。根據(jù)小物體P向右運動的最大位移，判斷P從哪端離開傳送帶；再由牛頓第二定律和運動學公式相結合求出運動時間，從而求得小物體P在傳送帶上運動的總時間和物體P離開傳送帶時速度大??；根據(jù)動能定理求合外力對它做的功。11．【答案】（1）1.86（2）g（3）A；B【解析】【解答】（1）圖乙中游標卡尺的精確度為0.1mm，主尺讀數(shù)為18.0mm，可動尺讀數(shù)為6×0.1mm=0.6mm，可得小球的直徑d=18.0mm+0.6mm=18.6mm=1.86cm（2）由圖丙可知，光電門的高度為H0時，小球通過光電門的時間為tv=若小球下落過程中機械能守恒，則有mg解得g（3）A.若金屬球從A點下落時初速度不為零，則末速度測量值偏大，動能增加量?Ek，偏大，?Ek>?Ep，A符合題意；

B.小杰測量的高度H為金屬球在A點時球底與光電門B點的高度差，則H的測量值偏小，重力勢能?Ep偏小，?12．【答案】（1）7.5；5.0（2）1；EA；【解析】【解答】（1）結合圖（a）中的電路結構，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=整理可得I將圖（b）中坐標（0.1，7），（0.5，5）代入可得E=7.5V，r=5.0Ω（2）由圖（c)分析可知，單刀雙擲開關接1和2時，只是電流表的內(nèi)接與外接差別：當S2接1時，是電流表的內(nèi)接法（相對于電源），從圖（d）可以看出，當電流表的示數(shù)為零時，即電源的外電路斷開，而對電源來說斷路電壓就是電動勢，根據(jù)實驗原理知：圖像的縱截距b1=E，由于電流表內(nèi)阻的影響，則短電流I短1<I短，即橫截距（即短路電流）小于真實值。當S2接2時，電流表相對于電源外接，同理可以看出，當電流的示數(shù)為零時，但由于電壓表與電源仍構成通路，則此時路端電壓小于電動勢，根據(jù)實驗原理知：圖像的縱截距E=電源內(nèi)阻r=【分析】（1）由閉合電路歐姆定律推導I1-I13．【答案】（1）解：當紙板相對物塊運動時，桌面對紙板摩擦力的大小f=μ(（2）解：物塊與紙板發(fā)生相對滑動時，物塊與紙板間摩擦力f紙板與桌面之間的摩擦力f設物塊的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則f物塊與紙板發(fā)生相對滑動，