物理-XK网2024届高三1月大联考考后强化卷(1)_2024年3月_013月合集_2024届XK网高三1月大联考考后强化卷

物理试题 第1页（共8页） 物理试题 第2页（共8页） ………………○………………线………………○………………订………………○………………装………………○………………外………………○……………… ______________________：号考_______________：级班_____________：名姓______________：校学 … ………………○………………线………………○………………订………………○………………装………………○………………内………………○……………… 绝密 ★ 启用前 B．玻璃对OM光束的折射率为 6 2 C．沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长 2024 届高三 1 月大联考考后强化卷（河北卷） D．若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射 物 理 4．如图1所示，一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环水平放置，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。如 本卷满分100分，考试时间75分钟。 图2为该磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为(t ,B )，过P点的切线在B 0 0 注意事项： 轴上的截距为B 1 ，由以上信息不 ． 能 ． 得到的是 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。 A．t=t 时，圆环中感应电流的方向 1．现代核电站主要是通过可控链式裂变反应来实现核能的和平利用，235U是核裂变的主要燃料之一、铀核 0 92 裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出 3 个中子，核反应方程是 B．t=t 时，圆环中感应电动势的大小 0 235U+X→144 Ba+89Kr+31n。关于该核反应，下列说法正确的是 92 56 36 0 C．0~t 内，通过圆环某截面的电荷量 0 A．X是质子，质子是卢瑟福通过实验最先发现的 D．0~t 内，圆环所产生的焦耳热 0 B．235U与144Ba、 89K相比，235U核子数最多，结合能最大，最稳定 92 56 36 92 5．某同学将小球以速度v 水平抛出，小球第一次落在水平地面上的 B点，反弹后恰好落在 A点。若小球 C．235U有放射性，经过一个半衰期，1 000个235U只剩下500个未衰变 0 92 92 D．该核反应中，X的速度不能太快，否则铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变 落在B点时的速度与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计小球与地面的碰撞时间和空气阻 1 1 2．某宇航员乘飞船来到未知星球，该星球的半径为R，宇航员在该星球表面让一个小球从离地 R（ R远 力。下列说法正确的是 k k 小于R）高度由静止释放做自由落体运动，小球落到该星球表面时的速度与该星球的第一宇宙速度之比为 k 2 2 k A． B． C． D． 2 k k 2 3．如图所示，某玻璃柱体的截面是圆心为 O 的半圆，一束红光和一束黄光均沿 PO 方向射入，并分别从 半圆上的M、N点射出，图中α=45°，β=60°，则下列说法正确的是 A．小球抛出点距离地面的高度为 2v 0 2 g B．小球第一次落到B点时重力的瞬时功率为2mgv 0 C．若小球不经过地面反弹直接落在A点，则小球的初速度应为3v 0 v D．若小球要在地面上弹两次后落在A点，则小球的初速度应变为 0 2 A．ON是红光，OM是黄光物理试题 第3页（共8页） 物理试题 第4页（共8页） ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此 卷 只 装 订 不 密 封 ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 6．“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在 A．水波沿x轴正方向传播 水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某人（含设备）质量为M，底部两个喷口的总面积为S，水的 B．水波的振幅为 2 cm 密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是 C．水波的周期为0.4 s D．1 s后质点B运动到x＝22 cm的位置 9．匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域，如图所示，圆心角θ120，半径R=1 m，其中C、 D、F将圆弧AB四等分。已知ϕ =9 V，ϕ =0，ϕ =3 V，以下说法正确的是 A B O A．当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 Mg B．人若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 S2ρ C．当人匀速上升时，人所受的合外力做正功 A．ϕ =6 V D D．若人以加速度a向上加速运动，则向下喷水的水速应为 M(g+a) B．ϕ F =3 V Sρ C．电场方向沿AO连线方向 7．如图所示，理想自耦变压器，副线圈接有滑动变阻器 R和定值电阻 R ，Q是滑动变阻器 R的滑动触头， 1 D．场强大小为3 V/m 原线圈两端接电压有效值恒定的交变电流，所有电表均为理想电表，则 10．金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图1所示的传送带装置。具体过程如图 2所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的传送带上， 传送带沿顺时针方向匀速转动，一段时间后玉米和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出， 最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运，从而提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹 A．保持P的位置不变，Q向右滑动，R 消耗的功率增大 角为θ，传送带顶端距地面的高度为h，玉米粒飞出后运动的最高点距传送带顶端的高度也是h，重力 1 B．保持P的位置不变，Q向右滑动，两表示数都变小 加速度为g，若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是 C．保持Q的位置不变，P向下滑动，R 消耗的功率变大 1 D．保持Q的位置不变，P向上滑动，两表示数都变大 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，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。 8．“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人韦应物有“微风动柳生水波”的描述。“微风动柳”在水面引 起水波向四周传播，如图是t＝0时刻水波沿x轴方向传播的部分波形图，A点的纵坐标y =− 2 cm， A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 A 2 ( ) 此后质点A比质点B先回到平衡位置且时间差为0.1 s。下列说法正确的是 2 2+3 h B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 tanθ 2gh C．传送带的速度大小为 sinθ h D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3 g物理试题 第5页（共8页） 物理试题 第6页（共8页） ………………○………………线………………○………………订………………○………………装………………○………………外………………○……………… ______________________：号考_______________：级班_____________：名姓______________：校学 … ………………○………………线………………○………………订………………○………………装………………○………………内………………○……………… 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 （1）小组同学用螺旋测微器测量铜导线的直径d，某次测量结果如图1所示，读数为____________mm。 11．（6分）某实验小组用如图所示装置验证牛顿第二定律，水平轨道上安装两个光电门，两个光电门中心距离 （2）为精确测量这卷铜导线的电阻，除电池组E、开关S和导线外，还必须选用的器材是________。 为L，小车上的挡光板宽度为d，小车上装有力的传感器，小车和力的传感器总质量为M，细线一端与力传 （填写器材前的字母符号） 感器连接，另一端跨过滑轮挂上物块。实验时，保持轨道水平，当物块质量为m时，小车恰好匀速运动。 （3）请在图2虚线方框中画出精确测量铜导线电阻R 的电路原理图（标出所用器材的符号）。 x （4）若某次测量中电流表 A 、电流表 A 和电阻箱的读数分别为 I 、I 和 R，则计算这卷铜导线电阻 1 2 1 2 的表达式为R =____________。（用题目所给物理量的字母表示） x （5）小组同学查得该种铜线的电阻率为ρ=2.5×10−8 Ω⋅m，测量电阻的结果为R =5.0 Ω，利用测量数 x 据可以求出这卷铜导线的长度为L=____________m。（π取3.14，结果保留3位有效数字） （1）该实验过程中，__________（填“不需要”或“需要”）物块的质量远小于小车的质量。 13．（10分）如图所示，质量均为m=2 kg、大小相同的长木板甲、乙相隔一段距离静置于光滑水平面上， （2）某次实验测得小车通过光电门1、2时，挡光时间分别为t 和t ，计算出小车的加速度a=_______。 1 2 甲的上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一轻质弹簧，弹簧原长小于木板长度。一质量M=4 kg （用题中物理量的字母表示） （3）保持 M不变，改变物块的质量，得到多组力的传感器示数 F，通过计算求得各组小车的加速度， 的小铜块以v 0 =6 m/s的速度从甲左端滑上，当铜块滑到甲右端时两者速度相等，此后甲与乙发生碰撞 描出a-F图像，下列图像可能正确的是__________。 并粘在一起，铜块在乙表面与弹簧相互作用过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知铜块与甲之间的动 摩擦因数µ=0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两木板上表面水平且等高，求： A． B． C． D． 12．（9分）物理探究小组同学要通过实验测出一卷铜线的长度，他们用多用电表的欧姆挡测得铜线的电阻 大约为5 Ω，为精确测出这卷铜线的电阻，有以下器材可选用： （1）甲、乙刚碰完时的共同速度的大小； A．电流表A （量程0~100 mA，内阻r =5 Ω） （2）弹簧的最大弹性势能E p 。 1 1 B．电流表A （量程0~0.6 A，内阻r 约为1 Ω） 2 2 C．电压表V（量程0~15 V，内阻r 约为3 kΩ） V D．滑动变阻器R （最大阻值5 Ω，额定电流1 A） 1 E．滑动变阻器R （最大阻值100 Ω，额定电流0.1 A） 2 F．电阻箱R（阻值范围0~999.9 Ω） G．电池组E（电动势3 V，内阻不计） H．开关S和导线若干 回答下列问题：物理试题 第7页（共8页） 物理试题 第8页（共8页） ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此 卷 只 装 订 不 密 封 ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 14．（12 分）如图所示装置是一个高为H，底面积 S的圆柱体导热汽缸的截面图。汽缸顶部安装有挡柱，底 15．（17分）如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第二、三象限 部通过阀门（大小不计）连接一个充气泵，厚度不计的活塞封闭有一部分空气，活塞距离汽缸底部高度 内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。在x轴上C点沿y轴正方向发射一比荷为k的带正电粒子，粒子初速 h= 1 H，质量M = p 0 S ，活塞与汽缸之间的摩擦可忽略。大气压强为 p ，空气可视为理想气体。现用 度为 v 0 ，C点坐标为（d，0），粒子从 y轴上的 D点离开电场，D点坐标为（0，2d），粒子经磁场后再 3 2g 0 次到达 y轴时刚好从坐标原点O处经过。不计粒子重力。求： 1 充气泵给汽缸充气，每次可往容器中充入压强为p ，体积为 SH的空气，充气过程中汽缸内空气温度 0 30 视为保持不变。求： （1）匀强电场的场强E的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小； （2）粒子从C运动到O经历的时间； （1）初始时封闭空气的压强大小； （3）若让该粒子从x轴上 x>0 的任意位置P处（未画出）沿 y轴正方向仍以初速度 v 发射，求它第二 0 （2）第一次充完气后，活塞缓慢上升的高度； 次通过 y轴时的纵坐标。 （3）充气45次之后，缸内空气的压强大小。2024 届高三 1 月大联考考后强化卷（河北卷） 物理·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B C D C D D AC ABC BC 1．D 【解析】据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，故X是中子，中子是查德威克 通过实验最先发现的，A错误；235U 核子数最多，结合能最大，但144Ba 、 89K 比结合能较大，较稳定， 92 56 36 B错误；半衰期针对的是大量原子核的统计规律，对于1 000个235U 不适用，C错误；核裂变中，中子 92 的速度不能太快，否则铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变，D正确。 1 1 GMm v′2 2．B 【解析】小球做自由落体运动，有v2=2g⋅ R，则v= 2g⋅ R；根据 =m ，可得v′= gR， k k R2 R 1 2g⋅ R 所以 v k 2 ，B正确。 = = v′ gR k 3．C 【解析】在同一种介质中，红光的折射率相比黄光小，折射角相对黄光的折射角大，则OM为红光， sin45° ON为黄光，A错误；对OM光束，根据光的折射定律有n = = 2，B错误；光在介质中的传播 M sin30° c 速度为v= ，则红光在介质中的速度较大，又红光和黄光在玻璃中的路程相等，则黄光（沿ON路径） n 穿过玻璃柱体的时间较长，C正确；由光路可逆知，黄光（沿ON路径）不可能发生全反射，又红光（沿 OM路径）的折射率比黄光小，则红光也不可能发生全反射，D错误。 4．D 【解析】根据楞次定律可知，t=t 时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，A 不符合 0 ΔΦ ΔB B −B 题意；t=t 时，圆环中感应电动势的大小E= = S = 0 1S，B不符合题意；0~t 内，通过圆 0 Δt Δt t 0 0 E ΔΦ B S 环某截面的电荷量q= Δt= = 0 ，C 不符合题意；0~t 内时间内感应电动势不断变化，因此不 R R t 0 0 能求出感应电动势的有效值，则也不能求解圆环所产生的焦耳热，D符合题意。 v gt 5．C 【解析】小球第一次落在 B 点时的速度与地面的夹角为 60°，则有tan60°= y = ，小球抛出点距离 v v 0 0 1 3v2 地面的高度为h= gt2 = 0 ，A 错误；小球落到 B 点时重力的瞬时功率为P =mgv = 3mgv ，B 错 2 2g GB By 0 误；若小球不经过地面反弹直接落在A点，小球由O点到A点运动时间为t，而小球第一次落在B点反 弹后经过 A 点的时间为 3t，则水平方向上由x=v ⋅3t=vt，可知小球的初速度应变为3v ，C 正确；设 0 1 0 1 1 3v OA间的水平距离为L，则若小球要在地面上弹两次后落在A点，则由 L=v t， L=v t，解得v = 0 ， 0 2 2 3 5 5 物理全解全析 第1页（共6页）D错误。 6．D 【解析】由于不知道人的初始状态，向下喷水时，人可能向上运动，也可能向下运动，A错误；当人 匀速上升时，动能不变，根据功能关系知，合力做功引起动能变化，所以人所受合力做的总功为0，C 错误；人（含设备）悬停在空中，对人（含设备）受力分析有Mg=F ，以Δt时间内的水柱为研究对象， Mg 根据动量定理有F′Δt=v2ΔtSρ，即F′=v2Sρ，F′=F，所以水速应为v= ，B错误；同理，人向 Sρ M(g+a) 上加速，则F −Mg=Ma，F′=v2Sρ，F′=F，所以v = ，D正确。 1 1 1 1 1 1 Sρ 7．D 【解析】当 P 不动时，自耦变压器输出的电压不变，所以电压表的示数不变；当 Q 向右移动时，滑 I n 动变阻器接入电路的电阻增大，所以电路中的电流减小，根据变流比公式 1 = 2 ，变压器的输入电流也 I n 2 1 减小，故安培表的读数减小；流过电阻 R 的电流减小，故 R 消耗的功率减小，A、B 错误；保持 Q 的 1 1 U n 位置不变，P向下滑动，根据变压比公式 1 = 1 ，变压器的输出电压减小，故流过电阻R 的电流减小， 1 U n 2 2 U n 故R 消耗的功率减小，C错误；保持Q的位置不变，P向上滑动，根据变压比公式 1 = 1 ，变压器的 1 U n 2 2 输出电压增加，故流过电阻R 的电流增加，变压器的输出功率增加，而输入功率等于输出功率，故输入 1 功率也增加，根据P=U I，输入电流增加，故两表示数都变大，D正确。 1 1 8．AC 【解析】质点A比质点B先回到平衡位置且时间差为0.1 s，根据“平移法”可知，水波沿x轴正方向 Δx 传播，A正确；质点A比质点B先回到平衡位置且时间差为0.1 s，波速v= =20 cm/s，根据图像可 Δt λ 2π π 知，波长为λ=8 cm，周期T = =0.4 s，C正确；根据题意y=−Asin x+ ，将（3，0）代入，解 v  λ 4 得A=1 cm，B错误；质点只会上下振动，不会左右平移，D错误。 9．ABC 【解析】连接AB、OC、OD、OE，交点分别为I、H、G，△ OIG 为等边三角形，△ OAI 、△OBG 为等腰三角形，如图所示。由几何关系可得AI=IG=GB，即I、G为AB的三等分点，由于匀强电场电势 均匀变化，可得ϕ =6 V ，ϕ =3 V ，故OF为电势3V的等势面，由几何关系可得DI连线垂直于OA， I G 与OF平行，为电势6 V的等势面，即ϕ =6 V ，ϕ =3 V ，A、B正确；电场方向垂直于等势面指向电 D F U 势较低一侧，故沿AO连线方向，C正确；场强大小为 E= AO =6 V/m ，D错误。 R 物理全解全析 第2页（共6页）10．BC 【解析】玉米粒刚被传送到传送带上时，玉米粒相对于传送带向下运动，滑动摩擦力方向向上，当 玉米粒与传送带速度相等时，摩擦力为静摩擦力且方向向上，可知所受摩擦力发生改变，A 错误；设 传送带速度为v，玉米粒脱离传送带后在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动，可得 脱离时的水平速度和竖直速度分别为v =v⋅cosθ，v =v⋅sinθ，玉米粒从脱离传送带至到达最高点时 x y 有v y 2 =2gh，解得v= 2gh ，C正确；设玉米粒落地时的竖直速度大小为v′ y ，则v′ y 2−v2 y =2gh，在竖 sinθ v −v' ( ) h 直 方 向 有 −h= y yt ， 解 得 t= 2+2 ⋅ ， 玉 米 粒 从 脱 离 到 落 地 时 水 平 位 移 为 2 g ( ) 2 2+2 h h x 1 =vcosθ⋅t= tanθ ，分离点与传送带底端的水平距离为x 2 = tanθ ，玉米粒落地点与传送带底端 ( ) 2 2+3 h 的水平距离为 x=x +x = ，B正确，D错误。 1 2 tanθ d2 d2 11．（1）不需要（2分） （2） − （2分） （3）A（2分） 2Lt2 2Lt2 2 1 【解析】（1）实验装置中力传感器可以直接得到拉力的大小，故无需满足物块的质量远小于小车的质 量； d d （2）通过光电门 1 的速度为v = ，通过光电门 2 的速度为v = ，根据v 2−v2 =2ax，可得 1 t 2 t 2 1 1 2 2 2 d  d    −  t  t  d2 d2 ； a= 2 1 = − 2L 2Lt2 2Lt2 2 1 1 （3）当物块的质量为 m 时，小车恰好匀速运动，可得此时拉力为F = mg，此时拉力与阻力大小相 2 1 F 1 等即F = F = mg ；改变物块的质量，根据牛顿第二定律可知F −F =ma，整理为a= − g，根 f 2 f m 2 据函数关系可知a-F图像应为直线且横截距大于0，A正确。 I (R+r) 12．（1）2.000（1 分） （2）ABDF（2 分） （3）如图所示（2 分） （4） 1 1 （2 分） （5） I −I 2 1 628（2分） 物理全解全析 第3页（共6页）【解析】 （1）螺旋测微器固定刻度读数为1 mm，读数为d=2 mm+0.0×0.01 mm=2.000 mm。 （2）由题意知，电源电动势为3 V，铜线的电阻约为5 Ω，根据欧姆定律知，电路中的最大电流约为 E I = =0.6A，故电流表应选 A ，即选 B；又电压表量程太大，且电流表 A 内阻已知，则将电流表 2 1 R x A 与电阻箱 R 改装成电压表，即选 AF；为方便操作，变阻器应选阻值较小的 R ，即选 D。所以必须 1 1 选用的器材是ABDF。 （3）因为滑动变阻器阻值与待测阻值相近，所以采用分压式电路，根据以上分析可知，电路图如答案 图所示。 I (R+r) （4）根据欧姆定律可知R = 1 1 。 x I −I 2 1 L L R =ρ =ρ πd2 （5）根据 x S πd2 ，代入数据解得L= R =628 m。 4ρ x 4 13．（1）铜块在甲上滑动过程中，系统动量守恒，当铜块运动至甲的右端时，根据动量守恒定律有 Mv =(M +m)v （2分） 0 1 解得v =4 m/s 1 甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有mv =2mv （2分） 1 2 解得v =2 m/s（1分） 2 （2）当铜块与甲、乙速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律 2mv +Mv =(2m+M)v （2分） 2 1 3 解得v =3 m/s 3 1 1 1 根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能E = Mv2+ ×2mv2− (M +2m)v2（2分） p 1 2 3 2 2 2 解得E =4 J（1分） p 14．（1）对活塞受力分析，由平衡条件得p S+Mg = pS （2分） 0 1 3 解得p = p （2分） 1 2 0  1  （2）第一次充完气，对充进部分的空气研究，有 p  SH= p (Sh )（2分） 0 1 1 30  1 解得 h = H （2分） 1 45 物理全解全析 第4页（共6页）H −h （3）活塞与汽缸顶部的挡柱刚好接触时，有n= =30 次（1分） h 1 则前30次气体做等压变化，后15次充气气体做等容变化，有p (15h +H)S = p HS（2分） 1 1 2 解得p =2p （1分） 2 0 15．（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t ，则竖直方向有2d =v t （1分） 1 01 1 qE 水平方向d = × t2（1分） 2 m 1 v2 解得E= 0 （1分） 2kd 设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则粒子从C到D由动能定理知 1 1 qEd = mv2− mv2（1分） 2 2 0 v cosα= 0 （1分） v 解得v= 2v ，α=45° 0 v2 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则洛伦兹力提供向心力，有qvB=m （1分） R 由几何关系有2Rsinα=2d（1分） v 解得B= 0 （1分） kd 2d （2）由（1）可知，t = ，α=45°（1分） 1 v 0 3 3 2πm 所以粒子在磁场中运动的时间t = T = × （1分） 2 4 4 qB t =t +t （1分） CO 1 2 (4+3π)d 解得t = （1分） CO 2v 0 （3）设粒子从 P 处发射时，第一次经过 y 轴时纵坐标为 y ，速度方向与 y 轴夹角为θ，由（1）可知 1 y =2 xd 1 x v=v 1+ 0 d x sinθ= （1分） x+d 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，粒子第2次经过y轴时，纵坐标为y ，由洛伦兹力提供向心力 2 v2 qvB=m （1分） r 物理全解全析 第5页（共6页）mv 解得r= qB v x 由B= 0 及v=v 1+ 知 r = d2+xd （1分） kd 0 d 由几何关系知y = y −2rsinθ（1分） 2 1 联立解得y =0（1分） 2 即粒子第2次经过y轴时，从坐标原点经过。 物理全解全析 第6页（共6页）