資源簡介

2024—2025學年度下學期2022級
5.3模擬一物理試卷
一、選擇題（共40分，1-7為單選題，8-10為多選題，全對4分，漏選2分，錯選0分）
1．日本政府無視國際社會的強烈反對，單方面強行啟動福島核事故污染水排海，日本排海的核廢水中有一種放射性物質(zhì)銫137，對人體健康構(gòu)成嚴重威脅。已知銫137發(fā)生衰變的方程是，半衰期約為30年，則下列說法正確的是（　　）
A．是粒子 B．銫137的衰變是衰變
C．銫137比鋇137的比結(jié)合能大 D．100個銫137發(fā)生衰變，經(jīng)過約60年后一定還剩25個
2．甲乙兩車在同一水平路面上的兩平行車道做直線運動，某時刻乙車在前，甲車在后，相距6m，從此時刻開始計時，兩車運動的v-t圖像如圖所
示。在0~8s內(nèi)，下列說法正確的是（ ）
A．t=4s時兩車相距2m
B．t=4s時兩車相遇
C．t=8s時兩車相遇
D．t=8s時兩車相距最遠
3．“奇跡石”，是挪威最負盛名的旅游景點，有一塊大的石頭卡在兩個絕壁間，如圖甲所示。將該景觀簡化成如圖乙所示的模型，右壁豎直，左壁稍微傾斜。設(shè)左壁與豎直方向的夾角為，石頭的質(zhì)量為m，忽略一切摩擦。下列說法中正確的是（　　）
A．石頭對右壁的壓力與右壁對石頭的壓力相互平衡
B．石頭對左壁的壓力大小小于石頭的重力大小
C．石頭對左壁的壓力大小為
D．若隨著風化程度的增加，導致夾角減小，則石頭對左壁的壓力也減小
4．質(zhì)量分別為M和m的物塊A和B形狀、大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A物塊恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放物塊，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力小于mg
C．A物塊運動的加速度大小為
D．A物塊運動的加速度大小為
5．交流發(fā)電機的發(fā)電原理是矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動。一小型發(fā)電機的線圈共220匝，線圈面積S=0.05m2，線圈轉(zhuǎn)動的頻率為50Hz ，線圈內(nèi)阻不計，磁場的磁感應(yīng)強度。為用此發(fā)電機所發(fā)出的交流電帶動兩個標有“220V，110W”的燈泡正常工作，需在發(fā)電機的輸出端a，b與燈泡之間接一個理想變壓器，電路如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．發(fā)電機的輸出電壓的最大值為1100V
B．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
C．交流電流表的示數(shù)為0.1A
D．如果把其中一個燈泡從電路中拆除后，電流表的示數(shù)變大
6．如圖所示，兩平行金屬板MN水平放置，兩極間距離為2cm，N板接地，電場中A點距M板1cm，B點和C點均距N板0.5cm，MN接在的直流電源上，下列說法中正確的是（　　）
A．A點的電場強度大小為
B．A、C之間的電勢差為2000V
C．電子在B點的電勢能為J
D．電子從A點運動到C點，電場力做的功為
7．如圖為“EAST超導托卡馬克核聚變實驗裝置”的簡化模型：把核材料約束在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，等離子體只在半徑為r1的圓形區(qū)域內(nèi)反應(yīng)，環(huán)形區(qū)域(約束區(qū))存在著垂直于截面的勻強磁場。假設(shè)約束的核聚變材料只有氕核()和氘核()，已知氕核()的質(zhì)量為m，電量為q，兩個同心圓的半徑滿足r2＝(＋1)r1，只研究在紙面內(nèi)運動的核子，不考慮核子間的相互作用、中子和質(zhì)子的質(zhì)量差異以及速度對核子質(zhì)量的影響。設(shè)核聚變材料氕核()和氘核()具有相同的動能Ek，則以下說法正確的是（　　）
A．氕核()和氘核()的比荷之比為1：2
B．氕核()和氘核()分別在環(huán)形區(qū)域做勻速圓周運動的半徑之比為1：
C．為了約束從反應(yīng)區(qū)沿不同方向射入約束區(qū)的核子，則環(huán)形磁場區(qū)域所加磁場磁感應(yīng)強度B滿足的條件為B>
D．若約束區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0，氕核()從圓心O點沿半徑方向以某一速度射入約束區(qū)，恰好經(jīng)過約束區(qū)的外邊界，則氘核()相鄰兩次經(jīng)過O點所經(jīng)歷的時間為t＝
8．如圖所示，有甲、乙兩顆衛(wèi)星分別在不同的軌道圍繞一個半徑為R、表面重力加速度為g的行星運動。甲、乙所在的軌道平面相互垂直，衛(wèi)星甲的軌道為圓，距離行星表面的高度為，衛(wèi)星乙的軌道為橢圓，M、N兩點的連線為其橢圓軌道的長軸，M、N兩點間的距離為3R。下列說法正確的是（　　）
A．衛(wèi)星甲的線速度大小為
B．衛(wèi)星乙運行的周期為
C．衛(wèi)星乙沿橢圓軌道運行經(jīng)過M點時的線速度大于衛(wèi)星甲沿圓軌道運行的線速度
D．衛(wèi)星乙沿橢圓軌道運行經(jīng)過M點時的加速度小于衛(wèi)星甲沿圓軌道運行的加速度
9．如圖所示，兩列波長與振幅都相同的橫波，時，沿x軸正方向傳播的波正好傳播到坐標原點，沿x軸負方向傳播的波剛好傳播到處。已知兩列波的振幅均為10cm，波速均為5m/s，則下列說法正確的是（　　）
A．兩波相遇后，平衡位置位于原點的質(zhì)點是振動加強點
B．在0~0.6s內(nèi)，平衡位置位于原點的質(zhì)點運動的路程為2m
C．時，坐標在0~1m之間的質(zhì)點偏離平衡位置的位移都為0
D．時，坐標在0~1m之間的質(zhì)點的速度均為0
10．如圖所示，在地面上方等間距分布著足夠多的、水平方向的條形勻強磁場，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰區(qū)域的間距均為d。現(xiàn)有一邊長為l（l ＜d）的正方形金屬線框在離地高h處以水平初速度從左側(cè)磁場邊緣進入磁場，運動中線框平面始終豎直，最終落在地面上，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．線框在空中運動的時間一定為
B．一定，h越大線框運動的水平位移一定越大
C．h一定，越大線框運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱一定越多
D．h一定，的大小連續(xù)變化，線框落地點也一定相應(yīng)的連續(xù)變化
二、實驗題（共16分，每空2分）
11．在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中。
（1）如圖甲所示是用雙縫干涉測光波波長的實驗設(shè)備示意圖，圖中①是光源，②是濾光片，③是單縫，④是雙縫，⑤是光屏。下列操作能減小光屏上相鄰兩條亮條紋之間距離的是 。
A．減小②和③之間的距離
B．減小③和④之間的距離
C．將紅色濾光片改成綠色濾光片
D．增大雙縫之間的距離
（2）轉(zhuǎn)動測量頭的手輪，使分劃板中心刻線對準第1條亮條紋，此時手輪的示數(shù)為。繼續(xù)轉(zhuǎn)動手輪，使分劃板中心刻線對準第13條亮條紋，此時手輪的示數(shù)如圖乙所示，示數(shù)為 ，則相鄰兩條亮條紋的間距是 （最后一空，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。
（3）已知雙縫的間距是、雙縫和光屏之間的距離是，則待測光的波長是
（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。
12．某探究小組利用圖1所示電路來測量定值電阻的阻值，并測定直流電源的電動勢E與內(nèi)阻r。所用實驗器材有：直流電源、電壓表（可視為理想電表）、定值電阻、電阻箱R、待測電阻、開關(guān)S1、單刀雙擲開關(guān)S2和導線若干。
部分實驗步驟如下：
① 連接好電路后，將電阻箱R調(diào)至適當阻
值，開關(guān)S2接1，閉合開關(guān)S1；
② 讀取電阻箱的阻值R和電壓表的示數(shù)U；
③ 改變電阻箱的阻值，重復(fù)步驟② ，測得
多組R和U的數(shù)值；
④ 斷開開關(guān)S1，作出的線性關(guān)系圖像如圖所示，其中a、b、c已知。
（1）圖像的橫坐標x應(yīng)為 （選填“R”或“”）。
（2）開關(guān)S2接2，閉合開關(guān)S1，讀出電壓表的示數(shù)，且，則在圖中可以查出對應(yīng)的待測電阻 。
（3）利用圖像還可以測量該直流電源的電動勢和內(nèi)阻，則該直流電源的電動勢 ，內(nèi)阻 。（用a、b、c、表示）
三、解答題（44分）
13．某款全自動增壓供水系統(tǒng)的圓柱形儲水罐的總?cè)莘e，水龍頭正常工作時，罐內(nèi)水面緩慢下降，最低只能下降到儲水罐的正中間，水龍頭出水口到罐內(nèi)水面的最大高度差，如圖所示，此時水泵自動啟動給罐內(nèi)補水，當壓力開關(guān)檢測到罐內(nèi)封閉氣體的壓強達到時，自動斷開水泵電源停止補水。已知水的密度，封閉氣體可視為理想氣體，忽略封閉氣體溫度的變化，外界大氣壓恒為，取重力加速度大小，求：
（1）水泵剛開始工作時罐內(nèi)封閉氣體的壓強；
（2）水泵停止工作時罐內(nèi)水的體積。
14．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心在O點，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓弧的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，場強大小為E，一個電荷量為q帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動（電荷量不變），經(jīng)C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ=，重力加速度為g。
（1）D、C兩點間的電勢差；
（2）如果在A點速度，小球經(jīng)D點時對軌道壓力的大小。
15．如圖所示，光滑水平平臺AB與足夠長的光滑傾斜軌道AC平滑連接，長為的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質(zhì)量分別為和兩個小物體中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用細繩將它們連接。已知傳送帶以的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為。現(xiàn)剪斷細繩，小物體向左運動，向右運動的速度大小為。g取。求：
（1）剪斷細繩前彈簧的彈性勢能；
（2）從小物體滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能E；
（3）如果，彈簧儲存的彈性勢能為8J，剪斷細繩，兩物體被彈開，彈開后立即取走彈簧。設(shè)AB足夠長，使兩物體每次碰撞都發(fā)生在AB平面上。由于碰撞有動能損失，使每次兩物塊碰撞后的速度大小都變?yōu)榕鲎睬暗摹Ｇ笤趥魉蛶贤ㄟ^的總路程。（保留三位有效數(shù)字）
高三下學期5.3物理參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C C B D B AC AC AC
1．B【詳解】AB．根據(jù)核反應(yīng)過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知是電子（），所以銫137的衰變是衰變，故A錯誤，B正確；C．衰變過程放出能量，反應(yīng)后的鋇137比反應(yīng)前的銫137更穩(wěn)定，則銫137比鋇137的比結(jié)合能小，故C錯誤；D．半衰期是大量原子核發(fā)生衰變的統(tǒng)計規(guī)律，不適用于少數(shù)原子核，所以100個銫137發(fā)生衰變，經(jīng)過約60年后不一定還剩25個，故D錯誤。故選B。
2．A【詳解】AB．圖像與時間軸圍成的面積可表示位移；0-4s，甲的位移為48m，乙的位移為40m，甲、乙兩車在同一水平道路上，乙車在前，甲車在后，相距6m，當t=4s時，甲車在前，乙車在后，相距2m。所以當t=4s時兩車不相遇，故A正確，B錯誤；
CD．0-6s，甲的位移為60m，乙的位移為54m，6s時兩車第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑到前面；8s時兩車速度相等，乙在甲的前面相距8m-4m=4m，據(jù)此可知此時刻兩車不相遇，也不是相距最遠，故CD錯誤。故選A。
3．C【詳解】A．石頭對右壁的壓力與右壁對石頭的壓力，是一對相互作用力，故A錯誤；
BC．根據(jù)共點力平衡條件可知，石頭受到重力mg、石頭對左壁的壓力為，石頭對右壁的壓力
為，按照效果分解如圖所示，可知，，根據(jù)牛頓第三定律可知石頭對左壁的壓力大小為N=。故B錯誤，C正確；D．隨著風化程度的增加，導致夾角θ減小，sinθ和tanθ都減小，石頭對左壁的壓力增大，D錯誤。
4．C【詳解】互換位置前，A靜止在斜面上，則有，互換位置后，對A有，對B有，解得，，ABD錯誤，C正確
5．B【詳解】A．發(fā)電機的輸出電壓的最大值為，又，解得。故A 錯誤；
B．變壓器輸入電壓有效值為，根據(jù)電壓比等于匝數(shù)比，可得變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為。故B正確；
C．根據(jù)，又，解得，可知交流電流表的示數(shù)為0.2A，故C錯誤；
D．如果把其中一個燈泡從電路中拆除，則負載電阻變大，副線圈的電流I2變小，則原線圈的電流I1變小，所以電流表的示數(shù)變小，故D錯誤。
6．D【詳解】A．金屬板間為勻強電場，電場強度大小為，即A點的電場強度大小為，A錯誤；
B．A、C之間的電勢差為。B錯誤；
C．根據(jù)上述有，電子在B點的電勢能為。C錯誤；
D．電子從A點運動到C點，電場力做的功為，D正確。故選D。
7．B【詳解】A．氕核()和氘核()的比荷之比為。故A錯誤；B．根據(jù)，得，則半徑之比為。
C．如圖1所示，當離子的速度沿與內(nèi)邊界圓相切的方向射入磁場，且軌道與磁場外圓相切時所需磁場的磁感應(yīng)強度B，即為要求的值，設(shè)軌跡圓的半徑為R1，由幾何關(guān)系得，根據(jù)，解得，當約束氘核時，對應(yīng)磁場為。C錯誤；
D．如圖2所示，由幾何關(guān)系得，解得，故，又，聯(lián)立可得，離子在約束區(qū)中做勻速圓周運動的周期，由幾何關(guān)系可知，離子在約束區(qū)中一次運動的時間，氕核()在反應(yīng)區(qū)域內(nèi)的運動時間為，則氘核()相鄰兩次經(jīng)過O點所經(jīng)歷的時間為。故D錯誤。
8．AC【詳解】依題意，，衛(wèi)星乙的半長軸為，設(shè)地表有一物體，質(zhì)量為，忽略地球自轉(zhuǎn)，則其重力為，得。A．對衛(wèi)星甲，由，得。
B．對甲，由，得，對衛(wèi)星甲和衛(wèi)星乙，由開普勒第三定律得。
C．由A分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，故在以M到地心的距離為半徑的圓軌道上運行的衛(wèi)星，其線速度。衛(wèi)星乙從M向N運行時，是離心運動，故其經(jīng)過M點時的線速度大于，則衛(wèi)星乙沿橢圓軌道運行經(jīng)過M點時的線速度大于衛(wèi)星甲沿圓軌道運行的線速度，C正確；
D．M到地心的距離小于，由，知衛(wèi)星乙沿橢圓軌道運行經(jīng)過M點時的加速度大于衛(wèi)星甲沿圓軌道運行的加速度，D錯誤。故選AC。
9．AC【詳解】A．由于兩列波波速與波長相等，可知，兩列波的頻率相等，根據(jù)同側(cè)法可知，0時刻兩列波的波前振動方向相反，若將0時刻兩列波的波前等效為兩個波源，則兩等效波源振動步調(diào)相反，由于兩波前到圖中坐標原點的距離差等于半波長，可知，平衡位置位于原點的質(zhì)點是
振動加強點，故A正確；
B．根據(jù)，波長為2m，解得，在0~0.2s內(nèi)，位于原點的質(zhì)點運動的路程，0.2s時，右側(cè)波傳播到原點，結(jié)合上述可知，原點的質(zhì)點振動加強，由于，則在0.2~0.6s內(nèi)，位于原點的質(zhì)點運動的路程，可知，在0~0.6s內(nèi)，平衡位置位于原點的質(zhì)點運動的路程為。故B錯誤；
C．根據(jù)，可知，時，波向前傳播了一個波長的距離，根據(jù)圖示，左側(cè)波形的波峰恰好傳播到平衡位置在0.5m的質(zhì)點，右側(cè)波形的波谷恰好傳播到平衡位置在0.5m的質(zhì)點，根據(jù)波的疊加原理可知，時，坐標在0~1m之間的質(zhì)點偏離平衡位置的位移都為0，故C正確；D．結(jié)合上述可知，平衡位置在原點與1m位置的點均為振動加強點，時，坐標在0~1m之間的質(zhì)點偏離平衡位置的位移都為0，此時平衡位置在原點與1m位置的點均處于平衡位置，這兩點的速度達到最大值，故D錯誤。故選AC。
10．AC【詳解】A．線框水平方向上進磁場和出磁場受安培力做減速運動，在無磁場區(qū)以及全部在磁場中做勻速直線運動，在豎直方向上僅受重力，做自由落體運動。根據(jù)自由落體運動，解得線框的運動的時間為，故A正確；
B．在進磁場和出磁場過程中，線框在水平方向受安培力作用，水平方向的速度減小，當水平方向的速度減為0時，線框只有豎直方向的速度，水平方向的位移不再增大。則在進或出磁場中，根據(jù)動量定理有，又，則有，且，聯(lián)立得，解得，即在v0一定的情況下，線框進出磁場中的水平位移不變，
與h無關(guān)，而線框在無磁場區(qū)和完全在磁場區(qū)，水平方向的位移都一樣為d，故總的水平位移不變；同理，當水平方向的速度沒有減到零時線框就落地，則h越高，x越大，總的水平位移越大，故B錯誤；C．線框進入和穿出條形磁場區(qū)域時，才產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，才受到安培力，出現(xiàn)安培力
做功，從而產(chǎn)生焦耳熱，由公式，可知v0越大，線框
進出磁場任一過程中安培力越大，因為距離一定，則線框克服安培力做功越多，故產(chǎn)生的焦耳熱一定越多，故C正確；D．線框進入和穿出條形磁場區(qū)域時，才產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，才受到安培力，在水平方向做減速運動。因為線框在水平方向上做變減速運動，雖然v0的大小連續(xù)變化，下落時間不變，但落地點不是相應(yīng)的連續(xù)變化，故D錯誤。故選AC。
11． CD 14.530 1.21
【詳解】（1）[1]根據(jù)知，為減小相鄰亮紋（暗紋）間的距離，可采取減小雙縫到光屏的距離、增大雙縫間距離、或減小入射光的波長（將紅色濾光片改成綠色濾光片），而單縫與雙縫間距以及濾光片與單縫間距不會影響條紋間距，故AB錯誤，CD正確。
（2）[2][3]圖乙中固定刻度讀數(shù)為14.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×3.0mm=0.030mm，所以最終讀數(shù)，可得相鄰干涉條紋的間距。
（3）[4]由得
12．(1) (2) (3)
【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律得，解得，可知
（2）由圖像可知，當時。故
（3）[1][2]結(jié)合圖像可知，，解得，
13．(1) (2)
【詳解】（1）水龍頭出水口到罐內(nèi)水面的最大高度差，根據(jù)平衡條件有，解得
（2）罐內(nèi)氣體做等溫變化，設(shè)水泵停止工作時，封閉氣體的體積為，則有，
水泵停止工作時罐內(nèi)水的體積為，解得
14．(1)；(2)
【詳解】(1)由題意
(2)由題意mg與Eq的合力沿OC方向，設(shè)mg與Eq的合力為，則，
對小球從A到D過程應(yīng)用動能定理，
在D點，可得，又由于，則，
由牛頓第三定律知：小球?qū)壍赖膲毫?br/>15．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）和彈開過程，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有，解得，剪斷細繩前彈簧的彈性勢能為，解得
（2）設(shè)在傳送帶上向右減速運動最大距離為x，動能定理，有，解得，則先向右減速至速度為零，再向左加速至速度為，然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。
設(shè)小物體滑上傳送帶到第一次與傳送帶共速所用時間為t，取向左為正方向，
根據(jù)動量定理，有，解得，該過程傳送帶運動的距離為，故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能為，解得
（3）兩小物體被彈開過程，根據(jù)動量守恒定律，有，
由能量守恒定律有，解得，
第一次滑上傳送帶到減速為0的位移，
第一次滑上傳送帶到離開的路程為，
第一次與碰撞后的速度為，
第二次滑上傳送帶到減速為0的位移，
第二次滑上傳送帶到離開的路程為，
第n次滑上傳送帶到離開的路程為（、2、3…），
解得在傳送帶上通過的總路程為

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