江苏省镇江第一中学2023-2024学年高三上学期期初阶段学情检测物理答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省镇江第一中学高三上学期期初阶段学情检测

江苏省镇江第一中学 2021 级高三阶段学情检测 物理 命题人 一、 单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项最符合题意． 1. 如图是方解石形成的双折射现象实验的照片．下列关于方解石的说法正确的是( ) A. 是非晶体 B. 具有固定的熔点 C. 所有的物理性质都是各向异性 D. 是由许多单晶体杂乱无章排列组成的 1.B 解析：光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以图中 方解石的双折射现象说明方解石是单晶体，具有固定的熔点，故A错误，B正确； 单晶体具有规则的几何形状、各向异性和一定的熔点等性质，由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情 况不同，即为各向异性，则单晶体具有各向异性，但并非所有的物理性质都是各向异性，故C、D错误．故 选B. 2. 某种透明玻璃圆柱体横截面如图所示，O点为圆心，一束单色光从A点射入， 经B点射出圆柱体．下列说法正确的是( ) A. 光线进入玻璃后频率变大 B. 若θ增大，α可能变小 C. 若θ增大，光线在圆柱体内可能会发生全反射 D. 若θ增大，光线由A点至第一次射出的时间变短 2.D 解析：光在不同介质中传播时频率不变，故A错误；由几何知识可得，光线在A点的折射角等 于它在B点的入射角，根据光路的可逆性，A点的入射角θ等于它在B点的折射角α，由于入射角不可能为 90°，所以光线在A点的折射角不可能为临界角C，B点的入射角也不可能为C，光线在圆柱体内不可能发 生全反射，故B、C错误；若θ增大，光线在A点的折射角增大，根据几何知识可得，光线在玻璃内传播 的路程减小，则光线由A点至第一次射出的时间变短，故D正确．故选D. 3. 如图所示，甲图为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电 压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图。下列说法正确的是（ ） A. 同一介质中a光的波长小于c光 B. 若b光为可见光，则a光可能是紫外线 C. 若b光光子能量为2.86eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光 D. 若b光光子是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，则a光光子也是由处于n=3激发态的氢 原子向n=2跃迁产生的 1 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}3.D解析：A．根据光电效应方程 E hνW k 0 而由动能定理有 eU  E hW c k 0 由图乙可知a光对应的遏止电压小于c光对应的遏止电压，则可知a光的频率小于c光的频率，根据 c 可知，a光的的波长大于c光的的波长，故A错误； B．由于a光对应的遏止电压等于b光对应的遏止电压，则可知两种光的频率相同，若b光为可见光，则 a光也一定是可见光，故B错误； C．若b光光子能量为2.86eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，由氢原子吸收b光光子的能 量值为 E  E E 3.40eV2.86eV0.54eV 2 b 可知氢原子将跃迁至n5能级，而根据辐射光子的种数 C2 10 5 可知，氢原子从第5能级向基态跃迁的过程中将产生10种不同频率的光，故C错误； D．由于a光的频率等于b光的频率，若b光光子是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，则a 光光子也是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，故D正确。 故选D。 4. 一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端O，从t 0时刻开始用手带 动O点沿垂直绳的方向（图甲中y轴方向）在水平面内做简谐运动，06s内O点的振动图像如图乙所示。 t=4s时轻长绳上的波形图可能正确的是（ ） 2 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}A. B. C. D. 4.B 解析：由图乙可知波形图对应的质点起振方向沿y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始 时波长较小。 故选B。 5．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。小张同学某次实验中 1 作出的p- 图线如图所示，关于图线弯曲的可能原因， V 下列说法错误的是（ ） ．． A．压强传感器与注射器的连接处漏气 B．未在注射器活塞上涂润滑油 C．未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积 D．实验过程中用手握住了注射器前端 5．D 1 【详解】ABC．当 增大时，V减小，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导 V 致这一现象的原因是注射器存在漏气现象，为在注射器活塞上涂润滑油会导致漏气，当压强增加后，连接 部分的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中一小部分气体进入连接部分，也相当于注射器 漏气，故ABC正确，不符合题意； D．实验过程中用手握住注射器前端，会导致注射器中气体温度升高，则图像的斜率会增大，故D错误， 符合题意。 故选D。 6. 一地铁在水平直轨道上运动，某同学为了研究该地铁的运动情况，他用细线将一支圆珠笔悬挂在地 铁的竖直扶手上，地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对竖 直扶手偏东．以下是该同学根据照片进行的分析，其中正确的是( ) A. 地铁一定向西加速运动 B. 地铁可能向东加速运动 C. 细线中拉力大小与地铁加速度大小无关 3 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}D. 若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手的距离，可以估算此时地铁的加速度 6.D 解析：根据题意，对笔进行受力分析，如图所示 G 竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝G，水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ＝ma，解得F＝ ， cosθ a＝gtanθ，加速度方向水平向西，则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动，地铁的加速度变化， 细线与竖直方向的夹角变化，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关，故A、B、C d 错误；若用刻度尺测量细线的长度为L和圆珠笔到竖直扶手的距离为d，则有tanθ＝ ，可以估算 L2－d2 此时地铁的加速度，故D正确．故选D. 7. 笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上的磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合，使屏幕进入休眠模 式，其工作原理如图所示．当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载 流子为电子．下列说法正确的是( ) A. 盖上盖板，a端带正电 B. 打开盖板，a端带正电 C. 盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大 D. 盖上屏幕过程中，a、 b间电势差不变 7.C 解析：无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件磁场方向均向下，电流方 向向左，根据左手定则可得，载流子受力方向指向a，因此a端带负电，A、B错 U 误；盖上屏幕过程中，由电子最终洛伦兹力与电场力受力平衡可得e ＝evB，解 d BId 得U＝Bvd，根据电流的微观表达式I＝nevS，可得U＝ ，所以磁感应强度变大，霍尔电压增大，a、b neS 间电势差逐渐增大，C正确，D错误．故选C. 8．网上热卖的一款“钢球永动机”如图所示。小球从平台中心小孔P由静止下落，经小孔下方快速旋转 的传动轮加速后，由Q点抛出并落回平台，每次轨迹如图中虚线所示。则（ ） A．该“钢球永动机”不违背能量守恒定律 B．小球在空中上升过程中，处于超重状态 C．小球在空中上升过程中，速度变化的方向竖直向上 D．小球在空中上升过程中，克服重力做功的功率恒定 8．A 【详解】A．钢球运动中因摩擦力、空气阻力造成的机械能损失，由小孔下方快速旋转的传动轮补充，该“钢 球永动机”不违背能量守恒定律，故 A正确； B．小球在空中上升过程中，加速度向下，处于失重状态，故B错误； C．小球在空中上升过程中，由vat，可知速度变化的方向与加速度方向相同，加速度方向向下，故C 错误； D．小球在空中上升过程中，重力做功的功率Pmgv y 由于竖直方向上速度大小变化，所以克服重力做功的功率不恒定，故D错误。故选A。 4 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}9. 如图所示，A、B、C为正三角形的三个顶点，A、B两点固定电荷量为＋q的点电荷，C点固定电 荷量为－q的点电荷，O为三角形的中心， D、E为直线BO上的两点，DO＝EO.则( ) A.O点的场强为零 B.D、E两点的场强相同 C.D点的电势高于E点的电势 D. 电子在D点的电势能大于在E点的电势能 9.C 解析：A、B两个正点电荷在O点的合场强沿OC方向，C点的负电荷在O点的场强也是沿OC 方向，则O点的场强不为零，故A错误；D、E两点在AC连线的平分线上，则A、C两电荷在E点的合 场强大于在D点的合场强，方向垂直DE斜向下；而B处电荷在D点的场强大于在E点的场强，方向沿 DE方向，则D点和E点场强大小不能比较，B错误；因D、E两点在A、C连线的平分线上，可知A、C 两处的电荷在D、E两点的合电势均为零；而正电荷B在D点的电势高于在E点的电势，可知合成后D 点的电势高于E点的电势，电子在D点的电势能小于在E点的电势能，故C正确，D错误．故选C. 10. 如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A 点。t 0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t 时到达A点，t 时弹簧被压缩到最 1 2 低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始 终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能E 、重力势能E 、机械能E 及弹簧的弹 k p1 0 性势能E 变化图像可能正确的是（ ） p2 A. B. C. D.` 10.B 解析：根据题意可知下落过程中，第一阶段：O A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向 上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹 力。 5 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}AB．根据重力势能表达式可知 E mg(x x x) p1 1 2 x x 时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x x 时，弹性势能 1 1 1 E  k(xx )2 p2 2 1 设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知 E  E E 0 p2 可知 1 E  E k(xx )2 0 2 1 是开口向下的抛物线。故A错误，B正确； CD．设小球下落到A点时的时间为t ，则第一阶段 1 1 1 mg2 E  mv2  m(gt )2  t2 k 2 1 2 1 2 1 故第一阶段的E t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐 k 渐增大，则由 mg F a  弹 m 可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段由 F mg a  弹 m 可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x x 的范围 1 内，先加速后减速，xt图像的斜率先增大后减小，则E t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于 p2 动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。 故选B。 二、 非选择题：本题共5题，共60分．其中第12～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和 重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位． 11.(15分)某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝R 的电阻率． x (1) 用螺旋测微器测量待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d＝________mm. (2) 用多用电表粗测金属丝的阻值．当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正 6 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}确操作后，指针静止时的位置如图乙所示，其读数为________Ω. (3) 为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材： A. 电流表A(量程0～0.6A，内阻为1.0Ω) B. 保护电阻R 0 C. 电源(输出电压恒为6V) D. 开关S、导线若干 ① 实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的 长度L，闭合开关，记录电流表的示数I. 改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值．根据测得的数据，作出如图丁所示的图线， 可得R ＝________Ω，金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m.(结果均保留2位有效数字) 0 ③ 关于本实验的误差，下列说法正确的是________． A. 电表读数时为减小误差应多估读几位 B. 用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差 C. 考虑电流表内阻的影响，电阻率的测量值大于真实值 11.(15分，每空3分)(1)0.400 (2)12 (3)②11 2.6×10－6(2.4×10－6～2.7×10－6均可) ③B 解析：(1) 根据螺旋测微器的读数规则，该金属丝的直径为0＋0.01×40.0mm＝0.400mm. (2) 当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，表明电阻过小，为了减小读数的偶然误差，换 用“×1”挡，又欧姆表读数不均匀，所以只读两位有效数字，则指针静止时位置的读数为12×1Ω＝12Ω. (3)② 根据闭合电路欧姆定律有I＝ U ，又R ＝ρ L ，解得 1 ＝ 4ρL ＋ R 0 ＋R A ，根 R x ＋R 0 ＋R A x π（ d ）2 I πUd2 U 2 7 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}据图像有 4ρ ＝ 4.0A－1－2.0A－1 ， R 0 ＋R A ＝2.0A－1，解得R ＝11Ω，ρ＝2.6×10－6Ω·m. 0 πUd2 0.58m U ③ 电表读数时应该根据量程确定精度，由出现不精确的位次选择估读的位次，因此电表读数时多估 读几位并不能减小误差，A错误；图像法处理实验数据时，能够尽量利用到更多的数据，减小实验产生的 偶然误差，即用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差，B正确；根据上述分析过程，电阻率是根据图线 4ρ 的斜率求解的，令斜率为k，即 ＝k，可见电阻率的测量值与是否考虑电流表的内阻无关，C错误．故 πUd2 选B. 12.（8分）黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运 2GM 行的天体的运动规律间接研究黑洞。已知某黑洞的逃逸速度为v＝ ，其中引力 R 常量为G，M是该黑洞的质量，R是该黑洞的半径。若天文学家观测到与该黑洞相距为 r的天体以周期T绕该黑洞做匀速圆周运动，求：（1）该黑洞的质量；（2）该黑洞的最 大半径． 2π 解析：（1）天体绕黑洞运动时，有 GMm ＝m T 2 r，解得M＝ 4π2r3 r2 GT2 2GM 2GM 8π2r3 （2）黑洞的逃逸速度不小于光速，则有 ≥c，解得R≤ ＝ R c2 c2T2 13.(9分)3H的质量是3.016050u，质子的质量是1.007277u，中子的质量是1.008665u．1u相当于 1 931.5MeV，c为光速，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，则： (1)写出一个质子和两个中子结合为氚核时的核反应方程； (2)氚核的结合能和比结合能各是多少？ (3)如果释放的核能是以射出2个相同光子的形式释放，则每个光子的频率是多少？ 答案：(1)1H＋21n→3H (2)7.97MeV 2.66MeV (3)9.6×1020Hz 1 0 1 解析：(1)核反应方程式是1H＋21n→3H. 1 0 1 (2)反应前各核子总质量为 m ＋2m ＝1.007277u＋2×1.008665u＝3.024607u， p n 反应后新核的质量为m ＝3.016050u， H 质量亏损为Δm＝3.024607u－3.016050u＝0.008557u， 释放的核能为ΔE＝Δm×931.5MeV＝0.008557×931.5MeV≈7.97MeV，氚核的结合能即为ΔE＝7.97 MeV， ΔE 它的比结合能为 ≈2.66MeV. 3 (3)由题意可知ΔE＝2hν， ΔE 7.97×106×1.6×10－19 放出光子的频率为ν＝ ＝ Hz＝9.6×1020Hz. 2h 2×6.63×10－34 8 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}14.(12分)如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L、内径粗糙的水平直细管．P 1 端有一竖直弹性挡板，MN段为内径光滑、半径为R的 圆弧细管，两段细管在M处平滑连接．细绳一端 4 连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过挡板P的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的滑块 B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止．现同时释放两滑 块，重力加速度为g. (1) 求滑块B在PM段向左运动过程中的加速度大小a； (2) 求滑块B第一次运动至M点时的速度大小v ； M (3) 若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速率弹回，求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的 总路程s. 14.(12分)解：(1) 滑块B向左运动时 对滑块A，有3mg－T＝3ma(2分) 对滑块B，有T－μmg＝ma(2分) 5 解得a＝ g(1分) 8 (2) 滑块B上升至M点的过程中 π 1 对A与B组成的系统，由机械能守恒定律得m g· R－m gR＝ (m ＋m )v2 (2分) A B A B M 2 2 π 1 3mg· R－mgR＝ (3m＋m)v2 M 2 2 1 解得v ＝ （3π－2）gR (2分) M 2 (3) 滑块B最终停在挡板P处 πR 对A与B组成的系统，由能量守恒定律得3mg(L＋ )－mgR－μmgs＝0(2分) 2 解得s＝6L＋3πR－2R(2分) 15.(16分)波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置，它能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其装置 简化模型如图所示，n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布，半径均为R，磁感应强度大小均相同， 方向均垂直纸面，相邻磁场方向相反、间距相同，初始时磁感应强度为B .一重力不计的带正电粒子，从 0 靠近平行板电容器P板处由静止释放，P、Q两极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面从A点射 入波荡器，射入时速度与水平直线的夹角为θ，θ在0～30°范围内可调． (1) 若粒子入射角θ＝0°，粒子恰好能从O 点正下方离开第一个磁场，求粒子的比荷k； 1 (2) 若粒子入射角θ＝30°，调节AO 的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小，可使粒子每 1 次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°，最终通过同一水平线上的F点，A点到F点的距离为L＝ 2 3 nR，求D的大小和磁感应强度B 的大小； 1 (3) 在第(2)问的情况下，求粒子从A点运动到F点的时间． 15.(16分)解：(1) 设粒子经电场加速后速度为v， 9 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}1 则qU＝ mv2(1分) 2 mv2 磁场中偏转半径为R，有qvB ＝ (1分) 0 R q 2U 可得粒子比荷k＝ ＝ (2分) m R2B2 0 (2) 粒子的轨迹如图所示 L 满足D＝2d＝ ＝2 3 R(2分) n 粒子转动的圆心恰好在磁场圆周上且在磁场圆心的正下方或正上方 由几何关系可得r ＝ 3 R(2分) 1 mv2 qvB ＝ (1分) 1 r 1 B 3 可得B ＝ ＝ B (2分) 1 0 3 3 (3) 由几何关系可得 π δ＝ (1分) 3 AH＝R(1分) R 每次从水平线到磁场边缘的时间t ＝ (1分) 1 v δr 每次在磁场中运动的时间t ＝ 1 (1分) 2 v 3π nR2B 可得粒子运动的时间t＝n(2·t ＋t )＝(1＋ ) 0 (1分) 1 2 6 U 10 {#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}