PAGEPAGE12024屆高三學(xué)年上學(xué)期期末聯(lián)考試卷物理考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米，黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)濟(jì)楚。3.考生作答時(shí)，請(qǐng)將〖答案〗答在答題卡上。選擇題每小題選出〖答案〗后，用B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑：非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的〖答案〗無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。4.本卷命題范圍：高考范圍。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一項(xiàng)是符合題目要求的，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.關(guān)于核反應(yīng)，下列分析正確的是（）A.，X是中子 B.，X是電子C.，X是質(zhì)子 D.，X是粒子〖答案〗A〖解析〗由電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒有解得則X是中子。故選A。2.如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿軸方向傳播，時(shí)刻的波形如圖所示，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)超前振動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.波沿軸負(fù)方向傳播 B.時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)沿軸正方向振動(dòng)C.波傳播的速度大小為 D.質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)通過(guò)的路程為〖答案〗C〖解析〗A．質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)超前振動(dòng)，波沿軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)平移法可知，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)沿軸負(fù)方向振動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．波傳播的速度故C正確；D．周期質(zhì)點(diǎn)在內(nèi)即1.5T，通過(guò)的路程故D錯(cuò)誤。故選C。3.假設(shè)高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛，甲車在前，乙車在后，速度均為，距離時(shí)刻甲車遇緊急情況，甲、乙兩車的速度隨時(shí)間的變化如圖所示。取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，圖中陰影部分面積為在某段時(shí)間內(nèi)兩車的位移之差，下列說(shuō)法正確的是（）A.圖中陰影部分面積為內(nèi)兩車位移之差為B.在內(nèi)，兩車相距的最小距離為C.時(shí)兩車速度大小相等，方向相反D.甲車在加速階段的加速度大小為〖答案〗B〖解析〗A.由v-t圖線所圍面積表示位移可知，圖中陰影部分面積為0～6s內(nèi)兩車位移之差，為故A錯(cuò)誤；B.在0～9s內(nèi)，t=6s時(shí)兩車速度大小相等，相距最近，由于初始時(shí)甲在乙前方，而，故兩車相距的最小距離為故B正確；C.由圖可知，t=6s時(shí)兩車速度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；D.由v-t圖線斜率表示加速度可知，甲車在加速階段的加速度大小為故D錯(cuò)誤；故選B。4.如圖所示的電路中，變壓器為可調(diào)理想自耦式變壓器，為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器，在兩端輸入恒定的正弦交流電，則下列判斷正確的是（）A.僅將滑片向下移，電壓表示數(shù)變小 B.僅將滑片向上移，消耗的功率變大C.僅將滑片向上移，電流表示數(shù)不變 D.僅將滑片向下移，電壓表示數(shù)變小〖答案〗D〖解析〗AB．僅將滑片向下移，原線圈匝數(shù)減小根據(jù)變壓比可知，U2增大，根據(jù)分壓原理可知，電壓表示數(shù)變大，僅將滑片P1向上移，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)變壓比可知，U2減小，副線圈回路電流減小，消耗的功率變小，故AB錯(cuò)誤；CD．僅將滑片P2向上移，R2接入電路的電阻變大，因此副線圈中的電流減小，根據(jù)變流比，電流表的示數(shù)變?。粌H將滑片向下移，R2接入電路的電阻變小，副線圈回路電流變大，分壓變大，而匝數(shù)比不變，副線圈回路電壓不變，則電壓表示數(shù)變小，故C錯(cuò)誤D正確。故選D。5.如圖所示，兩物體由跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩相連，物體靜止在粗糙的水平面上，物體懸空靜止，輕繩與水平方向間的夾角分別為。已知物體的質(zhì)量為，物體的質(zhì)量為，重力加速度取。若整個(gè)裝置在如圖所示位置始終靜止，則物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最小值為（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4〖答案〗A〖解析〗根據(jù)平衡條件得摩擦力大小為整個(gè)裝置在如圖所示位置始終靜止，則解得故選A。6.一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化過(guò)程的p-V圖如圖所示，氣體先由a狀態(tài)沿雙曲線變化到b狀態(tài)，再沿與橫軸平行的直線變化至c狀態(tài)，最后再沿與縱軸平行的直線回到a狀態(tài)。以下說(shuō)法中正確的是（）A.a→b過(guò)程氣體溫度降低Bb→c過(guò)程氣體放出熱量C.c→a過(guò)程氣體對(duì)外界做功，同時(shí)吸收熱量D.c狀態(tài)下氣體分子單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞次數(shù)小于b狀態(tài)〖答案〗B〖解析〗A．因?yàn)閍→b變化圖線為雙曲線一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程從b到c為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，又因?yàn)橥饨鐚?duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，此過(guò)程放出熱量，故B正確；C．c→a過(guò)程體積不變，沒(méi)有做功，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強(qiáng)增大溫度升高，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯(cuò)誤；D．據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋，氣體壓強(qiáng)由分子平均撞擊力大小與單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞次數(shù)決定，c狀態(tài)溫度低于b狀態(tài)，熱運(yùn)動(dòng)減弱，分子平均撞擊力減小，而壓強(qiáng)又相同，所以c狀態(tài)下氣體分子單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞次數(shù)大于b狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，哈雷彗星繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道為橢圓，近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)到太陽(yáng)的距離分別為地球到太陽(yáng)距離的0.6倍、35.4倍，己知在2061年哈雷彗星位于近日點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是（）A.2019年哈雷彗星位于近日點(diǎn)附近B.哈雷彗星的環(huán)繞周期約為76年C.哈雷彗星在近日點(diǎn)時(shí)的加速度小于地球的加速度D.哈雷彗星在近日點(diǎn)的動(dòng)能大于地球的動(dòng)能〖答案〗B〖解析〗AB．設(shè)地球中心距太陽(yáng)中心的距離為，則根據(jù)題意可知哈雷彗星繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道的半長(zhǎng)軸地球繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)周期年，設(shè)哈雷彗星的周期為，則根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有解得年根據(jù)題意，2061年哈雷彗星位于近日點(diǎn)，而2019年到2061年的時(shí)間跨度為年該時(shí)間跨度近似等于哈雷彗星的半個(gè)周期，由此可知，2019年哈雷彗星應(yīng)位于遠(yuǎn)日點(diǎn)附近，故A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律有可得由題意知哈雷彗星在近日點(diǎn)的距離小于地球到太陽(yáng)中心的距離，因此哈雷彗星在近日點(diǎn)時(shí)的加速度大于地球的加速度，故C錯(cuò)誤；D．動(dòng)能由于不知道哈雷彗星與地球質(zhì)量之間的關(guān)系，因此無(wú)法比較哈雷彗星在近日點(diǎn)時(shí)與地球動(dòng)能之間的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖所示電路，電容器兩板水平，下板接地，電鍵閉合，為兩板間的一固定點(diǎn)，要使點(diǎn)的電勢(shì)降低，下列措施可行的是（）A.僅斷開(kāi)電鍵 B.僅將下板向下平移一些C.僅將上板向上平移一些 D.斷開(kāi)電鍵并將下板向上平移一些〖答案〗CD〖解析〗A．僅斷開(kāi)電鍵，電容器的帶電量不變，根據(jù)可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，根據(jù)可知，P點(diǎn)與下極板的距離不變，則與下極板間的電勢(shì)差不變，而下極板的電勢(shì)為零，因此可知P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故A錯(cuò)誤；B．僅將下板向下平移一些，電容兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，而上極板與P點(diǎn)之間的距離不變，則可知上極板與P點(diǎn)之間的電勢(shì)差將減小，而下極板的電勢(shì)為零，上下極板接恒壓電源，可知上下極板間的電勢(shì)差不變，即上極板的電勢(shì)不變，且上極板與電源正極相連，可知上極板的電勢(shì)大于0，由減小，可知P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B錯(cuò)誤；C．僅將上板向上平移一些，電容兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，而下極板與P點(diǎn)之間的距離不變，則可知下極板與P點(diǎn)之間的電勢(shì)差將減小，因此P點(diǎn)的電勢(shì)將降低，故C正確；D．?dāng)嚅_(kāi)電鍵，電容器的帶電量不變，根據(jù)可知移動(dòng)板間距并不影響電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，即將下板向上平移一些，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，而板間距減小電容增大，根據(jù)電建斷開(kāi)電荷量不變，因此極板兩端電勢(shì)差減小，而此時(shí)因的減小而減小，因此可知，P點(diǎn)的電勢(shì)降低，故D正確。故選CD。9.如圖所示，三個(gè)完全相同的輕彈簧豎立在地面上，a、b、c三個(gè)小球分別從三個(gè)彈簧的正上方由靜止釋放，a球釋放的位置最低，c球釋放的位置最高，a、b兩球的質(zhì)量相等，a、c兩球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量相同，空氣阻力不計(jì)。則關(guān)于三個(gè)球下落過(guò)程中的判斷正確的是（）A.三個(gè)球與彈簧接觸后均立即開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)B.a、b兩球速度最大的位置在同一高度C.b球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量比c球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量大D.a球與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能和c球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能相等〖答案〗BC〖解析〗A．三個(gè)球與彈簧接觸時(shí)，合力向下，仍向下做加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．速度最大的位置為彈簧彈力大小等于重力的位置，由于a、b兩球質(zhì)量相等，因此兩球落過(guò)程中彈力大小等于重力時(shí)彈簧的壓縮量相等，因此兩球速度最大的位置在同一高度，B正確；C．由于a、b兩球質(zhì)量相等，b開(kāi)始釋放的位置比a開(kāi)始釋放的位置高，因此b球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量比a球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量大，因?yàn)閍、c兩球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量相同，由此判斷，b球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量比c球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量大，C正確；D．由于a、c兩球下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量相同，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，兩彈簧的彈性勢(shì)能相等兩小球動(dòng)能均為0，但重力勢(shì)能關(guān)系不能確定，因此a球與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能和c球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不一定相等，D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖甲所示，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直光滑水平面向下，質(zhì)量為、電阻為粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在光滑絕緣水平面上以速度向右滑動(dòng)并進(jìn)入磁場(chǎng)，從線框進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其速度隨滑行的距離變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程做變減速運(yùn)動(dòng)B.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為C.線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為D.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，通過(guò)線框截面的電量為〖答案〗AD〖解析〗A．線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，速度越來(lái)越小，則受到的安培力越來(lái)越小，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度越來(lái)越小，因此做的是變減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)能量守恒，線框中產(chǎn)生的焦耳熱B項(xiàng)錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理得到結(jié)合圖像乙可知解得通過(guò)線框截面的電量D項(xiàng)正確。C．線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，電動(dòng)勢(shì)兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為路端電壓故C錯(cuò)誤；故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學(xué)用如圖甲所示裝置測(cè)當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋怆婇T(mén)固定在鐵架臺(tái)上，與電子計(jì)時(shí)器連接，且離鐵架臺(tái)的底座有足夠的高度，a、b是兩個(gè)完全相同的小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線連接。（1）實(shí)驗(yàn)前先用螺旋測(cè)微器測(cè)出小球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑d＝______mm。（2）用手提著a球，使b球懸吊，兩球靜止在光電門(mén)正上方．由靜止釋放a球，光電計(jì)時(shí)器記錄b球和a球通過(guò)光電門(mén)時(shí)的遮光時(shí)間分別為、，則b球通過(guò)光電門(mén)時(shí)，a球的速度大小為_(kāi)_____，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝______（用、、d、L表示）?！即鸢浮剑?）6.700（2）〖解析〗（1）[1]螺旋測(cè)微器的固定刻度為6.5mm，可動(dòng)刻度為，所以最終讀數(shù)為（2）[2]b球通過(guò)光電門(mén)時(shí)，a球的速度大小即為此時(shí)b球的速度大小，即為[3]以小球b為研究對(duì)象，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得12.實(shí)驗(yàn)小組用電壓表V、靈敏電流計(jì)G及滑動(dòng)變阻器等實(shí)驗(yàn)器材測(cè)量一節(jié)舊干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻遠(yuǎn)小于舊干電池的內(nèi)阻，回答下列問(wèn)題：（1）為減小實(shí)驗(yàn)誤差，設(shè)計(jì)合理的電路，并將實(shí)驗(yàn)原理電路圖畫(huà)在下面的方框內(nèi)。_________（2）若靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻可忽略不計(jì)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，讀出多組電流計(jì)和電壓表的示數(shù)，記錄在表格中，并以電流計(jì)的示數(shù)為橫軸，以電壓表的示數(shù)為縱軸建立坐標(biāo)系，描點(diǎn)作出圖像如圖所示，若圖像的縱軸截距為，且圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則電源的電動(dòng)勢(shì)___________，內(nèi)阻___________。（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，把此節(jié)干電池與阻值為的定值電阻連接，在第（2）問(wèn)的圖像中作出此定值電阻的圖像，則兩種圖像的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為_(kāi)__________（用表示）?！即鸢浮剑?）（2）c（3）〖解析〗（1）[1]靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻遠(yuǎn)小于舊干電池的內(nèi)阻，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，靈敏電流計(jì)接法選擇相對(duì)電源內(nèi)接，合理的電路圖如圖所示（2）[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有化解得可知圖像的縱軸截距為為電源電動(dòng)勢(shì)，即圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)，有解得（3）[4]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有又解得兩種圖像的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為13.如圖所示是某種材料制成的長(zhǎng)方形透明磚的截面圖，長(zhǎng)、寬分別是，一束單色光從邊上的點(diǎn)射入透明磚，，入射角為，折射角為，折射光線射到邊上的點(diǎn)，入射角為，反射光線射到邊上的點(diǎn)，光線在傳播過(guò)程中都在透明磚所在截面的平面內(nèi)。已知，此種光在透明磚中若發(fā)生全反射，其臨界角正好等于，光在真空中傳播速度為，求：（1）入射角及透明磚的折射率；（2）光線從邊射入，最后從射出，求光線在透明磚中傳播的總時(shí)間?！即鸢浮剑?）45°，；（2）〖解析〗（1）根據(jù)幾何關(guān)系可知解得根據(jù)折射率解得，（2）光線從邊射入，最后從射出，根據(jù)對(duì)稱性可知，總路程其中光在介質(zhì)中傳播速度則傳播時(shí)間14.如圖所示，光滑的半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，它與固定的光滑水平桌面相切于半圓的下端點(diǎn)。一長(zhǎng)為不可伸長(zhǎng)的輕繩一端拴著質(zhì)量為的小球，另一端拴于點(diǎn)，輕繩能承受的最大拉力為?，F(xiàn)將小球提至輕繩處于水平位置時(shí)無(wú)初速度釋放，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩斷裂，恰與放在桌面上的小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球被彈回，質(zhì)量為的小球進(jìn)入半圓形軌道后恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，重力加速度取，不計(jì)空氣阻力，兩球都視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）小球的質(zhì)量；（2）小球通過(guò)最高點(diǎn)后打在桌面上的（圖中未畫(huà)出）點(diǎn)，點(diǎn)到點(diǎn)的距離?！即鸢浮剑?）0.4kg；（2）0.64m〖解析〗（1）小球m1無(wú)初速度釋放后，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩斷裂，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得（2）取向左為正方向，對(duì)兩球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得聯(lián)立解得因小球m2恰好能通過(guò)最高點(diǎn)N，設(shè)在N