資源簡介

2024屆四川省德陽市部分學校高三下學期二模診斷理綜試題-高中物理
1．（2024高三下·德陽模擬）一同學在課外書上了解到，無限長通有電流強度為I的直導線在空間某點產生的磁感應強度大小可表示為，r是該點到直導線的距離，結合安培力的公式，可知比例系數的單位是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】安培力的計算；力學單位制
【解析】【解答】根據公式
變形可知
根據
變形可知
聯立可得
則比例系數的單位是
給ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】根據題目提供公式變形得出，再根據公式物理量推導出單位。
2．（2024高三下·德陽模擬）俄烏戰爭爆發后，英國最先同意向烏克蘭支援貧鈾彈．所謂貧鈾彈是以含有鈾238的硬質合金為主要原料制成的炮彈和槍彈，具有一定的放射性．其衰變方程為：，該過程除放出能量為E的光子外，其余能量全部轉化為和X的動能．已知一個、、的質量分別為，則下列說法正確的是（　　）
A．上述核反應為衰變
B．核反應前后不滿足能量守恒定律
C．一個衰變時放出的能量為
D．一個衰變時放出的能量為
【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程
3．（2024高三下·德陽模擬）2023年6月21日，中國科研學者利用天眼發現了一個名為的雙星系統．其運行周期僅為53分鐘，是目前發現周期最短的脈沖雙星系統．已知該雙星運行周期為T，雙星間的距離為L且遠大于雙星的幾何尺寸，萬有引力常量為G，則該雙星系統的總質量是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】雙星（多星）問題
【解析】【解答】設兩星的質量分別為和，繞點轉動，其軌道半徑分別為和，如圖所示
根據萬有引力定律和牛頓第二定律可知
，
解得
，
由于，所以
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】考查雙星問題，雙星周期相等，向心力相等，根據萬有引力定律和牛頓第二定律得出，，結合，推出。
4．（2024高三下·德陽模擬）三個質量均為m的小物塊，用三根長度為L、最大張力為的輕繩連接，置于動摩擦因數為的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構成正三角形，正三角形的中心與圓盤的圓心重合．讓圓盤繞過O點垂直于圓盤的軸緩慢轉動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬間，圓盤的角速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】當繩斷裂瞬間，拉力為mg，對任意一個小球，根據力的合成結合牛頓第二定律有
，
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】對其中一個球受力分析，利用合力提供向心力列等式可求解圓盤的角速度大小。
5．（2024高三下·德陽模擬）一邊長為L、質量為m的正方形金屬線框，每邊電阻為R，置于光滑的絕緣水平面上。寬為L的區域內存在方向垂直水平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，虛線與磁場邊界的夾角為，如圖所示，金屬框沿虛線方向以初速度（大小未知）進入磁場，當金屬框完全穿過磁場區域后，其速度大小為，整個過程金屬框始終在水平面內平動，則金屬框的初速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】根據題意可知，金屬框進入和穿出磁場時，受水平向左的安培力，則金屬框進入和穿出磁場時，向右做減速運動，沿磁場邊界方向做勻速直線運動，則恰好穿出磁場時，沿磁場邊界方向的分速度為
可知，恰好穿出磁場時，線框向右的速度恰好減小到0，設線框完全進入磁場后，水平方向的速度為，水平方向上，進入磁場過程中，由動量定理有
穿出磁場的過程中有
又有
，
可得
聯立解得
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】金屬框進入和穿出磁場時，向右做減速運動，沿磁場邊界方向做勻速直線運動，受水平向左的安培力，將運動分解：沿磁場邊界方向做勻速直線運動，水平方向上做減速運動，水平方向上，進入磁場過程中，由動量定理列等式，穿出磁場的過程由動量定理列等式，聯立可求解 金屬框的初速度大小 。
6．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，一邊長為的正方形，所在平面內有平行于平面的勻強電場．O點為正方形的對角線的交點．已知．則下列說法正確的是（　　）
A．
B．勻強電場的電場強度大小為
C．若電子從B點沿方向進入電場，電子可能會經過A點，電勢能減小
D．若質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點，動能減小
【答案】B,D
【知識點】電勢能；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】A．根據勻強電場電勢差與電場強度的關系可知
解得
V
故A錯誤；
B．結合A分析可知
則BD連線為等勢線，可知電場線沿CA方向，則有
V/m=
故B正確；
C．若電子從B點沿方向進入電場，則電子受電場力沿AC方向，電子不可能經過A點，故C錯誤；
D．若質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點，此時電場力做負功，動能減小
故D正確。
故選BD。
【分析】1、在勻強電場中已知三個點的電勢，求另外一個點電勢，利用平行并且距離相等，則電勢差相等可求解。
2、電勢相等兩點連線為等勢面，作垂線為電場線，利用計算電場強度E。
3、根據動能定理列等式可求質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點動能減小量。
7．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示．一半徑為R的圓形邊界，圓心為O，直徑相互垂直，圓內有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，一質量為m、電荷量為q的粒子從A點，以某一初速度平行于射入磁場，一段時間后從M點射出．不計粒子的重力，已知A點到直徑的距離為，則下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶正電
B．粒子在磁場中的運行時間為
C．粒子的初速度為
D．若粒子保持速度大小不變，從N點沿著方向射入勻強磁場中，則粒子將從A點離開磁場
【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】A．粒子從A點以某一初速度平行于射入磁場，一段時間后從M點射出，根據左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；
BC．已知A點到直徑的距離為，由幾何關系知，粒子軌跡如圖
由幾何關系知
則粒子的圓心角
粒子的軌跡半徑為，根據洛倫茲力提供向心力
，
解得
，
粒子在磁場中的運行時間為
故BC正確；
D．若粒子保持速度大小不變，從N點沿著方向射入勻強磁場中，由幾何關系知粒子將從P點離開磁場，故D錯誤。
故選BC。
【分析】考查帶電粒子在有界磁場中運動，根據根據左手定則可判斷粒子帶負電。畫軌跡圖，利用幾何關系找出圓周半徑，再根據半徑公式可求解速度，根據圓心角和周期公式求運行時間。
8．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成，斜面底端固定一擋板，光滑物塊P置于斜面底端，其中一面與擋板接觸，另一面固定連接勁度系數為的輕彈簧，輕彈簧自然伸長到O點．在斜面上距離O點為處的A點，靜止釋放質量的物塊Q，物塊Q與斜面間的動摩擦因數，物塊Q與彈簧接觸后便粘在一起，不再分離．在物塊Q運動的整個過程中，物塊P恰好未脫離擋板，已知彈簧的彈性勢能為為彈簧的形變量，整個過程彈簧始終處于彈性限度內．則下列說法中正確的是（　　）
A．物塊Q未接觸彈簧前的加速度大小為
B．物塊Q從接觸彈簧開始做加速度逐漸增大的減速運動
C．物塊P的質量為
D．物塊P與擋板之間的最大壓力為
【答案】A,C
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】A．物塊Q未接觸彈簧前，根據牛頓第二定律有
解得
故A正確；
B．物塊Q從接觸彈簧開始，彈簧彈力較小，物塊Q所受合力仍沿斜面向下，物塊Q繼續沿斜面向下做加速運動，故B錯誤；
C．物塊Q從A點到最低點，根據能量守恒定律有
物塊Q再向上運動過程中，根據能量守恒定律有
此時物塊P恰好未脫離擋板，則
物塊P與擋板之間的最大壓力為
聯立解得
kg，N
故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】1、物塊Q未接觸彈簧前，沿斜面勻加速直線運動，根據牛頓第二定律列等式求加速度。
2、物塊Q從A點到最低點根據能量守恒定律列等式
物塊Q再向上運動過程中，根據能量守恒定律有
物塊P與擋板之間的最大壓力為，聯立可求解質量和最大壓力。
9．（2024高三下·德陽模擬）某學習小組利用如圖所示的實驗裝裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。將一塊木板水平放置，其上固定一張白紙。甲、乙、丙三個相同的彈簧秤用細繩分別固定在木板上的三點，兩點可移動，C點是固定的。三個彈簧秤的另一端分別勾住不同的三個長直細繩套，三個細繩套通過O點連接在一起。實驗步驟如下：
（1）調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的　 　；
（2）在白紙上過O點作出的圖示；
（3）改變兩點的位置重復步驟（1）、（2），此過程　 　（填“需要”或“不需要”）保持結點O位置不變；
（4）初始時三條細繩互成，若保持結點O的位置和連接甲、乙彈簧秤的兩細繩間的夾角不變，當兩點繞O點逆時針緩慢轉動的過程中，乙彈簧秤的示數會　 　（填“變大”、“變小”、“不變”、“先變大后變小”或“先變小后變大”）。
【答案】方向；不需要；先變大后變小
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的方向。
（3）A、B兩點的位置重復步驟（1）、（2）的過程中可以改變O點的位置，不需要保持不變，需只保證同組實驗中O點的位置相同。
（4）連接甲、乙彈簧秤的兩細繩間的夾角不變，當兩點繞O點逆時針緩慢轉動的過程中，可知的大小、方向均不變，與的夾角不變，做出力的矢量三角形，可知乙彈簧秤的示數先變大后變小。
【分析】（1）驗證“力的平行四邊形定則”中步驟1調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的方向。
（3）此實驗需只保證同組實驗中O點的位置相同。
（4）三力動態平衡問題，一個力恒定，另外兩個力夾角不變，應用畫圓法分析另外兩個力的大小變化。
10．（2024高三下·德陽模擬）小林同學在學習了閉合電路歐姆定律后，設計了如圖（a）所示的電路來精確測量一節舊干電池的電動勢E和內阻r．實驗器材有：待測干電池一節、電阻箱、定值電阻兩個、電壓表V（量程為，內阻很大）、開關及導線若干．
（1）為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇　 　（填“”或“”）；
（2）閉合開關，調節電阻箱的阻值，記下相應的阻值R和電壓表的示數U，其中一組電壓表的示數如圖（b）所示，可知電壓是　 　V；
（3）以為縱軸、R為橫軸，建立直角坐標系，根據實驗數據，在坐標系中描點作圖后得出圖像的斜率為k，縱截距為b，則舊干電池的電動勢　 　，內阻　 　（用表示）；
（4）若電壓表內阻影響不可忽略，則電動勢的測量值　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值．
【答案】（1）
（2）1.30
（3）；
（4）小于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據串聯電路規律可知電壓表示數為
可知為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇。
（2）電壓表分度值為0.05V，讀數為1.30V。
（3）根據閉合電路歐姆定律有
解得
根據圖像的斜率與截距有
，
解得
，
（4）若電壓表內阻不可忽略，根據上式可知
解得
其中，則測量的電動勢小于真實值。
【分析】（1）電壓表測定值電阻兩端電壓，根據串聯電路規律可知電壓表示數。
（2）考查電壓表讀數，先要弄清量程和分度值。
（3）根據閉合電路歐姆定律得出，結合圖像斜率和縱截距可求解電動勢和內阻。
（4）考查實驗誤差分析，電動勢真實值和測量值比較得出測量的電動勢小于真實值。
（1）根據串聯電路規律可知電壓表示數為
可知為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇。
（2）電壓表分度值為0.05V，讀數為1.30V。
（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律有
解得
根據圖像的斜率與截距有
，
解得
，
（4）若電壓表內阻不可忽略，根據上式可知
解得
其中
則測量的電動勢小于真實值。
11．（2024高三下·德陽模擬）一質量為的同學參加學校運動會的立定跳遠項目比賽，已知地面水平，該同學奮力一跳，其跳遠成績為．在跳遠的整個過程中，該同學離地最大高度為，落地后，該同學經停止運動。忽略空氣阻力，同時在起跳至落地的全過程中，將該同學視為質點，g取．求：
（1）該同學離地的速度大小；
（2）該同學在落地的內，地面對人的沖量大小。
【答案】解：（1）該同學從最高點到落地的過程可看做平拋運動，有
解得
落地時豎直方向的速度為
該同學在最高點的速度為
該同學離地的速度大小為
（2）該同學在落地的內，規定豎直向上為正方向，在豎直方向上由動量定理有
水平方向上，由動量定理有
地面對人的沖量大小

【知識點】動量定理；平拋運動
【解析】【分析】（1）該同學從最高點到落地的過程可看做平拋運動，根據下落高度：，可求解下落時間，落地時豎直方向的速度為，水平速度，該同學離地的速度大小
（2）在豎直方向上由動量定理列等式：，水平方向上，由動量定理列等式，地面對人的沖量大小。
12．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，為一豎直平面直角坐標系，x軸水平，第二象限有與x軸正方向成斜向上的勻強電場（包含x軸的負半軸），電場強度大小為，第三象限有豎直向下的勻強電場，電場強度大小為軸的右側有方向未知的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小為，在的區坡I內有勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直平面向里，在的區域Ⅱ內有勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直平面向外，一質量為、電荷量為的金屬小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與靜止在坐標原點O處用絕緣細、短支柱支撐的質量為、不帶電的金屬小球b發生彈性正碰，碰后金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，碰后兩金屬球的電荷量相等，重力加速度為g，支柱與金屬小球不粘連、無摩擦，兩球間的靜電力不計，兩小球可看作質點，求：
（1）電場強度的大小；
（2）若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，則B的取值范圍；
（3）若，區域Ⅰ、Ⅱ中的磁場方向不變，僅將區域Ⅱ的右邊界改為無邊界，兩小球能否再次碰撞？若能，請計算第三象限內電場強度的大小，若不能，請說明理由。
【答案】解：（1）依題意，小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與小球b發生彈性正碰，則可知小球a沿軸做勻加速直線運動，小球a受到重力與電場力的合力沿x軸正方向，有
可得
小球a與b碰撞后，由于金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，則有
可得
（2）設小球a與b碰撞前a的速度大小為，則有
，
代入相關已知數據求得
設a與b碰撞前的速度方向為正方向，碰撞后a的速度為，b的速度為，則有
，
代入數據求得
，
若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，根據
可得小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為
當b恰好從區域Ⅱ的最左端邊界處飛出時，此時b的運動半徑最小，磁場最大，由幾何關系求得
即
求得
當b小球從區域I進入區域Ⅱ且從區域Ⅱ的最右端飛出時，此時小球b運動半徑最大，磁場最小，如圖所示。由幾何知識，由對稱性可知
，，設，則
可求得最大半徑
，
故B的取值范圍。
（3）由題可知，b球在磁場中的軌道半徑
在磁場中運動的軌跡如圖所示
根據幾何知識可得，故b球在磁場區域內運動的時間
解得
b球離開磁場，將以在第三象限做類平拋運動。設經過時間后兩球可再次相碰，對b球
，
其中
a球碰后，將以在第三象限內做類平拋運動，其運動時間為
此時，對于a球
，
其中
二者再次相碰時
，
聯立以上各式可得
與題意相悖，故二者不可能再次相碰。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與小球b發生彈性正碰可求解電場強度，小球a與b碰撞后，由于金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，則
，可求解電場強度。
（2），，求得小球a與b碰撞前a的速度大小；
a與b碰撞動量守恒列等式：，機械能守恒：
可求解碰前ab速度；
若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，根據
可得小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為
當b恰好從區域Ⅱ的最左端邊界處飛出時，此時b的運動半徑最小，磁場最大，由幾何關系求得
，即，可求解磁感應強度最大值。
當b小球從區域I進入區域Ⅱ且從區域Ⅱ的最右端飛出時，此時小球b運動半徑最大，磁場最小，如圖所示。由幾何知識，由對稱性可知
，，
可求得最大半徑，磁感應強度最小值，可得出B的取值范圍。
（3）b球在磁場中的軌道半徑
在磁場中運動的軌跡如圖所示
根據幾何知識可得，故b球在磁場區域內運動的時間
，可求解b運動時間。
b球離開磁場，將以在第三象限做類平拋運動。經過時間后兩球可再次相碰，對b球
，，其中
a球碰后，將以在第三象限內做類平拋運動，其運動時間為
，此時，對于a球：，，其中
二者再次相碰時，，聯立以上各式可得 電場強度的大小
13．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關系，曲線與r軸交點的橫坐標為，相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近．設時，分子勢能，僅考慮兩分子間的分子力，下列說法正確的是（ ）
A．在階段，分子力F表現為引力，分子動能增加，分子勢能增加
B．在階段，分子力F表現為斥力，分子動能減少，分子勢能增加
C．在時，分子勢能最小且為負值．分子的速率最大
D．當時，分子力
E．在整個過程中兩分子組成的系統動量守恒，系統的分子動能和勢能總量守恒
【答案】B,C,E
【知識點】分子動能；分子勢能
【解析】【解答】A．為分子間的平均距離。當時，分子力表現為引力，相互靠近時做正功，分子動能增加，分子勢能減小，故A錯誤；
B．當時，分子力表現為引力，相互靠近時做負功，分子動能減小，分子勢能增加，故B正確；
CD．當時，斥力和引力大小相等，方向相反，合力為零。由此可知，此時分子勢能最小且為負值，分子的速率最大，動能最大，故C正確，D錯誤；
E．整個過程中，系統不受外力，故動量守恒；沒有外力做功，根據能量守恒定律可知，分子動能和分子勢能之和在整個過程中不變，故E正確。
故選BCE。
【分析】1、當分子間距離 ，分子間的引力和斥力平衡，合力為零。當 時，分子力表現為引力，隨距離增大而減小。當 時，分子力表現為斥力，隨距離減小而急劇增大。
2. 分子勢能與距離的關系：在 時，分子勢能最小（通常為負值，表示穩定狀態）。當
時，分子相互靠近（引力做正功），分子勢能減小，動能增加。當 時，分子相互靠近（斥力做負功），分子勢能增大，動能減小。
3. 能量守恒與動量守恒：在孤立系統中（無外力作用），分子間相互作用的動量守恒（總動量為零），分子動能和分子勢能之和（總機械能）守恒。
14．（2024高三下·德陽模擬）一定質量的理想氣體壓強與熱力學溫度T的關系圖象如圖所示，氣體從狀態C變化到狀態B，再變化到狀態，線段與T軸平行，的延長線過原點，已知該氣體在狀態C時的體積為．求：
（1）該氣體在狀態B時的體積；
（2）該氣體從狀態C到狀態A的過程中，氣體是吸熱還是放熱，氣體與外界交換的熱量Q為多少？
【答案】解：（1）氣體從狀態C變化到狀態B為等壓變化，由氣體實驗定律得
代入數值可得
（2）由圖像可知，氣體從狀態變化到狀態，為等容變化，則
氣體從狀態到狀態，外界對氣體做功為
氣體從狀態到狀態，溫度不變，可知
由熱力學第一定律可知
負號表示放熱。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）氣體從狀態C變化到狀態B為等壓變化列等式：，可計算氣體在狀態B時的體積
（2）由圖像可知，氣體從狀態變化到狀態，等容變化，體積不變，做功為零，氣體從狀態到狀態，體積減少，外界對氣體做功，氣體從狀態到狀態，溫度不變，內能不變，
由熱力學第一定律，可求解 氣體與外界交換的熱量Q 。
15．（2024高三下·德陽模擬）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時，這列波恰好傳遞到處的Q點，部分波形如圖所示．已知這列波的波速為，則時，Q點的振動方向為　 　（填“沿y軸正方向”或“沿y軸負方向”），這列波的波長是　 　處的質點P的振動方程為　 　
【答案】沿y軸正方向；5m；
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】（1）在Q點根據同側法可得Q點的振動方向為沿y軸正方向；
（2）由波形圖可知，和處質點振動情況相同，則有
又有＜2m＜，可知n=2，波長為
（3）設質點P的波動方程為
由波動方程知，波動周期為
根據
將代入可得
可得質點P的振動方程為
【分析】（1）已知波的傳播方向，根據同側法可得Q點的振動方向。
（2）根據兩個質點間距離與波長關系，可求解波長。
（3）根據波速和波長可求周期，根據周期求角速度，圖中已知振幅A，代入，可得出質點P的振動方程。
16．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，一半徑為R的半球形特種玻璃，除底面外，半球的表面均涂有一層薄薄的吸光物質，球心為為緊貼球面涂層下的一點，且滿足與底面垂直．將一單色點光源置于A點，發現半球底面的透光面積占底面面積的，求：
（1）特種玻璃的折射率n；
（2）若半球形特種玻璃的底面涂吸光物質，而其它地方不涂，當點光源從O點向A點移動過程中，距O點多遠時，球面上的某些地方開始無光透出．
【答案】解：（1）作出光的傳播圖像，如圖
半球底面的透光面積占底面面積的，根據
可知
設臨界角為C，則有
根據全反射臨界角公式有
解得
（2）根據幾何關系如圖，此時有
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光的傳播圖像，根據，，全反射臨界角公式，聯立可求解 玻璃的折射率n
（2）根據幾何關系如圖，此時有，可求解球面上的某些地方開始無光透出的距離。
1 / 12024屆四川省德陽市部分學校高三下學期二模診斷理綜試題-高中物理
1．（2024高三下·德陽模擬）一同學在課外書上了解到，無限長通有電流強度為I的直導線在空間某點產生的磁感應強度大小可表示為，r是該點到直導線的距離，結合安培力的公式，可知比例系數的單位是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高三下·德陽模擬）俄烏戰爭爆發后，英國最先同意向烏克蘭支援貧鈾彈．所謂貧鈾彈是以含有鈾238的硬質合金為主要原料制成的炮彈和槍彈，具有一定的放射性．其衰變方程為：，該過程除放出能量為E的光子外，其余能量全部轉化為和X的動能．已知一個、、的質量分別為，則下列說法正確的是（　　）
A．上述核反應為衰變
B．核反應前后不滿足能量守恒定律
C．一個衰變時放出的能量為
D．一個衰變時放出的能量為
3．（2024高三下·德陽模擬）2023年6月21日，中國科研學者利用天眼發現了一個名為的雙星系統．其運行周期僅為53分鐘，是目前發現周期最短的脈沖雙星系統．已知該雙星運行周期為T，雙星間的距離為L且遠大于雙星的幾何尺寸，萬有引力常量為G，則該雙星系統的總質量是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·德陽模擬）三個質量均為m的小物塊，用三根長度為L、最大張力為的輕繩連接，置于動摩擦因數為的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構成正三角形，正三角形的中心與圓盤的圓心重合．讓圓盤繞過O點垂直于圓盤的軸緩慢轉動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬間，圓盤的角速度大小為（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·德陽模擬）一邊長為L、質量為m的正方形金屬線框，每邊電阻為R，置于光滑的絕緣水平面上。寬為L的區域內存在方向垂直水平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，虛線與磁場邊界的夾角為，如圖所示，金屬框沿虛線方向以初速度（大小未知）進入磁場，當金屬框完全穿過磁場區域后，其速度大小為，整個過程金屬框始終在水平面內平動，則金屬框的初速度大小為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，一邊長為的正方形，所在平面內有平行于平面的勻強電場．O點為正方形的對角線的交點．已知．則下列說法正確的是（　　）
A．
B．勻強電場的電場強度大小為
C．若電子從B點沿方向進入電場，電子可能會經過A點，電勢能減小
D．若質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點，動能減小
7．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示．一半徑為R的圓形邊界，圓心為O，直徑相互垂直，圓內有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，一質量為m、電荷量為q的粒子從A點，以某一初速度平行于射入磁場，一段時間后從M點射出．不計粒子的重力，已知A點到直徑的距離為，則下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶正電
B．粒子在磁場中的運行時間為
C．粒子的初速度為
D．若粒子保持速度大小不變，從N點沿著方向射入勻強磁場中，則粒子將從A點離開磁場
8．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成，斜面底端固定一擋板，光滑物塊P置于斜面底端，其中一面與擋板接觸，另一面固定連接勁度系數為的輕彈簧，輕彈簧自然伸長到O點．在斜面上距離O點為處的A點，靜止釋放質量的物塊Q，物塊Q與斜面間的動摩擦因數，物塊Q與彈簧接觸后便粘在一起，不再分離．在物塊Q運動的整個過程中，物塊P恰好未脫離擋板，已知彈簧的彈性勢能為為彈簧的形變量，整個過程彈簧始終處于彈性限度內．則下列說法中正確的是（　　）
A．物塊Q未接觸彈簧前的加速度大小為
B．物塊Q從接觸彈簧開始做加速度逐漸增大的減速運動
C．物塊P的質量為
D．物塊P與擋板之間的最大壓力為
9．（2024高三下·德陽模擬）某學習小組利用如圖所示的實驗裝裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。將一塊木板水平放置，其上固定一張白紙。甲、乙、丙三個相同的彈簧秤用細繩分別固定在木板上的三點，兩點可移動，C點是固定的。三個彈簧秤的另一端分別勾住不同的三個長直細繩套，三個細繩套通過O點連接在一起。實驗步驟如下：
（1）調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的　 　；
（2）在白紙上過O點作出的圖示；
（3）改變兩點的位置重復步驟（1）、（2），此過程　 　（填“需要”或“不需要”）保持結點O位置不變；
（4）初始時三條細繩互成，若保持結點O的位置和連接甲、乙彈簧秤的兩細繩間的夾角不變，當兩點繞O點逆時針緩慢轉動的過程中，乙彈簧秤的示數會　 　（填“變大”、“變小”、“不變”、“先變大后變小”或“先變小后變大”）。
10．（2024高三下·德陽模擬）小林同學在學習了閉合電路歐姆定律后，設計了如圖（a）所示的電路來精確測量一節舊干電池的電動勢E和內阻r．實驗器材有：待測干電池一節、電阻箱、定值電阻兩個、電壓表V（量程為，內阻很大）、開關及導線若干．
（1）為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇　 　（填“”或“”）；
（2）閉合開關，調節電阻箱的阻值，記下相應的阻值R和電壓表的示數U，其中一組電壓表的示數如圖（b）所示，可知電壓是　 　V；
（3）以為縱軸、R為橫軸，建立直角坐標系，根據實驗數據，在坐標系中描點作圖后得出圖像的斜率為k，縱截距為b，則舊干電池的電動勢　 　，內阻　 　（用表示）；
（4）若電壓表內阻影響不可忽略，則電動勢的測量值　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值．
11．（2024高三下·德陽模擬）一質量為的同學參加學校運動會的立定跳遠項目比賽，已知地面水平，該同學奮力一跳，其跳遠成績為．在跳遠的整個過程中，該同學離地最大高度為，落地后，該同學經停止運動。忽略空氣阻力，同時在起跳至落地的全過程中，將該同學視為質點，g取．求：
（1）該同學離地的速度大小；
（2）該同學在落地的內，地面對人的沖量大小。
12．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，為一豎直平面直角坐標系，x軸水平，第二象限有與x軸正方向成斜向上的勻強電場（包含x軸的負半軸），電場強度大小為，第三象限有豎直向下的勻強電場，電場強度大小為軸的右側有方向未知的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小為，在的區坡I內有勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直平面向里，在的區域Ⅱ內有勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直平面向外，一質量為、電荷量為的金屬小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與靜止在坐標原點O處用絕緣細、短支柱支撐的質量為、不帶電的金屬小球b發生彈性正碰，碰后金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，碰后兩金屬球的電荷量相等，重力加速度為g，支柱與金屬小球不粘連、無摩擦，兩球間的靜電力不計，兩小球可看作質點，求：
（1）電場強度的大小；
（2）若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，則B的取值范圍；
（3）若，區域Ⅰ、Ⅱ中的磁場方向不變，僅將區域Ⅱ的右邊界改為無邊界，兩小球能否再次碰撞？若能，請計算第三象限內電場強度的大小，若不能，請說明理由。
13．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關系，曲線與r軸交點的橫坐標為，相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近．設時，分子勢能，僅考慮兩分子間的分子力，下列說法正確的是（ ）
A．在階段，分子力F表現為引力，分子動能增加，分子勢能增加
B．在階段，分子力F表現為斥力，分子動能減少，分子勢能增加
C．在時，分子勢能最小且為負值．分子的速率最大
D．當時，分子力
E．在整個過程中兩分子組成的系統動量守恒，系統的分子動能和勢能總量守恒
14．（2024高三下·德陽模擬）一定質量的理想氣體壓強與熱力學溫度T的關系圖象如圖所示，氣體從狀態C變化到狀態B，再變化到狀態，線段與T軸平行，的延長線過原點，已知該氣體在狀態C時的體積為．求：
（1）該氣體在狀態B時的體積；
（2）該氣體從狀態C到狀態A的過程中，氣體是吸熱還是放熱，氣體與外界交換的熱量Q為多少？
15．（2024高三下·德陽模擬）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時，這列波恰好傳遞到處的Q點，部分波形如圖所示．已知這列波的波速為，則時，Q點的振動方向為　 　（填“沿y軸正方向”或“沿y軸負方向”），這列波的波長是　 　處的質點P的振動方程為　 　
16．（2024高三下·德陽模擬）如圖所示，一半徑為R的半球形特種玻璃，除底面外，半球的表面均涂有一層薄薄的吸光物質，球心為為緊貼球面涂層下的一點，且滿足與底面垂直．將一單色點光源置于A點，發現半球底面的透光面積占底面面積的，求：
（1）特種玻璃的折射率n；
（2）若半球形特種玻璃的底面涂吸光物質，而其它地方不涂，當點光源從O點向A點移動過程中，距O點多遠時，球面上的某些地方開始無光透出．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】安培力的計算；力學單位制
【解析】【解答】根據公式
變形可知
根據
變形可知
聯立可得
則比例系數的單位是
給ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】根據題目提供公式變形得出，再根據公式物理量推導出單位。
2．【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程
3．【答案】B
【知識點】雙星（多星）問題
【解析】【解答】設兩星的質量分別為和，繞點轉動，其軌道半徑分別為和，如圖所示
根據萬有引力定律和牛頓第二定律可知
，
解得
，
由于，所以
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】考查雙星問題，雙星周期相等，向心力相等，根據萬有引力定律和牛頓第二定律得出，，結合，推出。
4．【答案】A
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】當繩斷裂瞬間，拉力為mg，對任意一個小球，根據力的合成結合牛頓第二定律有
，
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】對其中一個球受力分析，利用合力提供向心力列等式可求解圓盤的角速度大小。
5．【答案】D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】根據題意可知，金屬框進入和穿出磁場時，受水平向左的安培力，則金屬框進入和穿出磁場時，向右做減速運動，沿磁場邊界方向做勻速直線運動，則恰好穿出磁場時，沿磁場邊界方向的分速度為
可知，恰好穿出磁場時，線框向右的速度恰好減小到0，設線框完全進入磁場后，水平方向的速度為，水平方向上，進入磁場過程中，由動量定理有
穿出磁場的過程中有
又有
，
可得
聯立解得
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】金屬框進入和穿出磁場時，向右做減速運動，沿磁場邊界方向做勻速直線運動，受水平向左的安培力，將運動分解：沿磁場邊界方向做勻速直線運動，水平方向上做減速運動，水平方向上，進入磁場過程中，由動量定理列等式，穿出磁場的過程由動量定理列等式，聯立可求解 金屬框的初速度大小 。
6．【答案】B,D
【知識點】電勢能；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】A．根據勻強電場電勢差與電場強度的關系可知
解得
V
故A錯誤；
B．結合A分析可知
則BD連線為等勢線，可知電場線沿CA方向，則有
V/m=
故B正確；
C．若電子從B點沿方向進入電場，則電子受電場力沿AC方向，電子不可能經過A點，故C錯誤；
D．若質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點，此時電場力做負功，動能減小
故D正確。
故選BD。
【分析】1、在勻強電場中已知三個點的電勢，求另外一個點電勢，利用平行并且距離相等，則電勢差相等可求解。
2、電勢相等兩點連線為等勢面，作垂線為電場線，利用計算電場強度E。
3、根據動能定理列等式可求質子從A點沿方向進入電場，質子可能會經過C點動能減小量。
7．【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】A．粒子從A點以某一初速度平行于射入磁場，一段時間后從M點射出，根據左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；
BC．已知A點到直徑的距離為，由幾何關系知，粒子軌跡如圖
由幾何關系知
則粒子的圓心角
粒子的軌跡半徑為，根據洛倫茲力提供向心力
，
解得
，
粒子在磁場中的運行時間為
故BC正確；
D．若粒子保持速度大小不變，從N點沿著方向射入勻強磁場中，由幾何關系知粒子將從P點離開磁場，故D錯誤。
故選BC。
【分析】考查帶電粒子在有界磁場中運動，根據根據左手定則可判斷粒子帶負電。畫軌跡圖，利用幾何關系找出圓周半徑，再根據半徑公式可求解速度，根據圓心角和周期公式求運行時間。
8．【答案】A,C
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】A．物塊Q未接觸彈簧前，根據牛頓第二定律有
解得
故A正確；
B．物塊Q從接觸彈簧開始，彈簧彈力較小，物塊Q所受合力仍沿斜面向下，物塊Q繼續沿斜面向下做加速運動，故B錯誤；
C．物塊Q從A點到最低點，根據能量守恒定律有
物塊Q再向上運動過程中，根據能量守恒定律有
此時物塊P恰好未脫離擋板，則
物塊P與擋板之間的最大壓力為
聯立解得
kg，N
故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】1、物塊Q未接觸彈簧前，沿斜面勻加速直線運動，根據牛頓第二定律列等式求加速度。
2、物塊Q從A點到最低點根據能量守恒定律列等式
物塊Q再向上運動過程中，根據能量守恒定律有
物塊P與擋板之間的最大壓力為，聯立可求解質量和最大壓力。
9．【答案】方向；不需要；先變大后變小
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的方向。
（3）A、B兩點的位置重復步驟（1）、（2）的過程中可以改變O點的位置，不需要保持不變，需只保證同組實驗中O點的位置相同。
（4）連接甲、乙彈簧秤的兩細繩間的夾角不變，當兩點繞O點逆時針緩慢轉動的過程中，可知的大小、方向均不變，與的夾角不變，做出力的矢量三角形，可知乙彈簧秤的示數先變大后變小。
【分析】（1）驗證“力的平行四邊形定則”中步驟1調節兩點的位置，在白紙上記錄結點O的位置及三個彈簧秤的示數，和它們的方向。
（3）此實驗需只保證同組實驗中O點的位置相同。
（4）三力動態平衡問題，一個力恒定，另外兩個力夾角不變，應用畫圓法分析另外兩個力的大小變化。
10．【答案】（1）
（2）1.30
（3）；
（4）小于
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據串聯電路規律可知電壓表示數為
可知為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇。
（2）電壓表分度值為0.05V，讀數為1.30V。
（3）根據閉合電路歐姆定律有
解得
根據圖像的斜率與截距有
，
解得
，
（4）若電壓表內阻不可忽略，根據上式可知
解得
其中，則測量的電動勢小于真實值。
【分析】（1）電壓表測定值電阻兩端電壓，根據串聯電路規律可知電壓表示數。
（2）考查電壓表讀數，先要弄清量程和分度值。
（3）根據閉合電路歐姆定律得出，結合圖像斜率和縱截距可求解電動勢和內阻。
（4）考查實驗誤差分析，電動勢真實值和測量值比較得出測量的電動勢小于真實值。
（1）根據串聯電路規律可知電壓表示數為
可知為使電壓表的測量范圍更大．定值電阻可選擇。
（2）電壓表分度值為0.05V，讀數為1.30V。
（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律有
解得
根據圖像的斜率與截距有
，
解得
，
（4）若電壓表內阻不可忽略，根據上式可知
解得
其中
則測量的電動勢小于真實值。
11．【答案】解：（1）該同學從最高點到落地的過程可看做平拋運動，有
解得
落地時豎直方向的速度為
該同學在最高點的速度為
該同學離地的速度大小為
（2）該同學在落地的內，規定豎直向上為正方向，在豎直方向上由動量定理有
水平方向上，由動量定理有
地面對人的沖量大小

【知識點】動量定理；平拋運動
【解析】【分析】（1）該同學從最高點到落地的過程可看做平拋運動，根據下落高度：，可求解下落時間，落地時豎直方向的速度為，水平速度，該同學離地的速度大小
（2）在豎直方向上由動量定理列等式：，水平方向上，由動量定理列等式，地面對人的沖量大小。
12．【答案】解：（1）依題意，小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與小球b發生彈性正碰，則可知小球a沿軸做勻加速直線運動，小球a受到重力與電場力的合力沿x軸正方向，有
可得
小球a與b碰撞后，由于金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，則有
可得
（2）設小球a與b碰撞前a的速度大小為，則有
，
代入相關已知數據求得
設a與b碰撞前的速度方向為正方向，碰撞后a的速度為，b的速度為，則有
，
代入數據求得
，
若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，根據
可得小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為
當b恰好從區域Ⅱ的最左端邊界處飛出時，此時b的運動半徑最小，磁場最大，由幾何關系求得
即
求得
當b小球從區域I進入區域Ⅱ且從區域Ⅱ的最右端飛出時，此時小球b運動半徑最大，磁場最小，如圖所示。由幾何知識，由對稱性可知
，，設，則
可求得最大半徑
，
故B的取值范圍。
（3）由題可知，b球在磁場中的軌道半徑
在磁場中運動的軌跡如圖所示
根據幾何知識可得，故b球在磁場區域內運動的時間
解得
b球離開磁場，將以在第三象限做類平拋運動。設經過時間后兩球可再次相碰，對b球
，
其中
a球碰后，將以在第三象限內做類平拋運動，其運動時間為
此時，對于a球
，
其中
二者再次相碰時
，
聯立以上各式可得
與題意相悖，故二者不可能再次相碰。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）小球a在點靜止釋放，沿著x軸運動并與小球b發生彈性正碰可求解電場強度，小球a與b碰撞后，由于金屬小球b恰能在區域I內做勻速圓周運動，則
，可求解電場強度。
（2），，求得小球a與b碰撞前a的速度大小；
a與b碰撞動量守恒列等式：，機械能守恒：
可求解碰前ab速度；
若，要使金屬小球b能從區域Ⅱ的上邊界飛出，根據
可得小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為
當b恰好從區域Ⅱ的最左端邊界處飛出時，此時b的運動半徑最小，磁場最大，由幾何關系求得
，即，可求解磁感應強度最大值。
當b小球從區域I進入區域Ⅱ且從區域Ⅱ的最右端飛出時，此時小球b運動半徑最大，磁場最小，如圖所示。由幾何知識，由對稱性可知
，，
可求得最大半徑，磁感應強度最小值，可得出B的取值范圍。
（3）b球在磁場中的軌道半徑
在磁場中運動的軌跡如圖所示
根據幾何知識可得，故b球在磁場區域內運動的時間
，可求解b運動時間。
b球離開磁場，將以在第三象限做類平拋運動。經過時間后兩球可再次相碰，對b球
，，其中
a球碰后，將以在第三象限內做類平拋運動，其運動時間為
，此時，對于a球：，，其中
二者再次相碰時，，聯立以上各式可得 電場強度的大小
13．【答案】B,C,E
【知識點】分子動能；分子勢能
【解析】【解答】A．為分子間的平均距離。當時，分子力表現為引力，相互靠近時做正功，分子動能增加，分子勢能減小，故A錯誤；
B．當時，分子力表現為引力，相互靠近時做負功，分子動能減小，分子勢能增加，故B正確；
CD．當時，斥力和引力大小相等，方向相反，合力為零。由此可知，此時分子勢能最小且為負值，分子的速率最大，動能最大，故C正確，D錯誤；
E．整個過程中，系統不受外力，故動量守恒；沒有外力做功，根據能量守恒定律可知，分子動能和分子勢能之和在整個過程中不變，故E正確。
故選BCE。
【分析】1、當分子間距離 ，分子間的引力和斥力平衡，合力為零。當 時，分子力表現為引力，隨距離增大而減小。當 時，分子力表現為斥力，隨距離減小而急劇增大。
2. 分子勢能與距離的關系：在 時，分子勢能最小（通常為負值，表示穩定狀態）。當
時，分子相互靠近（引力做正功），分子勢能減小，動能增加。當 時，分子相互靠近（斥力做負功），分子勢能增大，動能減小。
3. 能量守恒與動量守恒：在孤立系統中（無外力作用），分子間相互作用的動量守恒（總動量為零），分子動能和分子勢能之和（總機械能）守恒。
14．【答案】解：（1）氣體從狀態C變化到狀態B為等壓變化，由氣體實驗定律得
代入數值可得
（2）由圖像可知，氣體從狀態變化到狀態，為等容變化，則
氣體從狀態到狀態，外界對氣體做功為
氣體從狀態到狀態，溫度不變，可知
由熱力學第一定律可知
負號表示放熱。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）氣體從狀態C變化到狀態B為等壓變化列等式：，可計算氣體在狀態B時的體積
（2）由圖像可知，氣體從狀態變化到狀態，等容變化，體積不變，做功為零，氣體從狀態到狀態，體積減少，外界對氣體做功，氣體從狀態到狀態，溫度不變，內能不變，
由熱力學第一定律，可求解 氣體與外界交換的熱量Q 。
15．【答案】沿y軸正方向；5m；
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】（1）在Q點根據同側法可得Q點的振動方向為沿y軸正方向；
（2）由波形圖可知，和處質點振動情況相同，則有
又有＜2m＜，可知n=2，波長為
（3）設質點P的波動方程為
由波動方程知，波動周期為
根據
將代入可得
可得質點P的振動方程為
【分析】（1）已知波的傳播方向，根據同側法可得Q點的振動方向。
（2）根據兩個質點間距離與波長關系，可求解波長。
（3）根據波速和波長可求周期，根據周期求角速度，圖中已知振幅A，代入，可得出質點P的振動方程。
16．【答案】解：（1）作出光的傳播圖像，如圖
半球底面的透光面積占底面面積的，根據
可知
設臨界角為C，則有
根據全反射臨界角公式有
解得
（2）根據幾何關系如圖，此時有
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光的傳播圖像，根據，，全反射臨界角公式，聯立可求解 玻璃的折射率n
（2）根據幾何關系如圖，此時有，可求解球面上的某些地方開始無光透出的距離。
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