2024年高三物理试卷练习题及答案（十）

一、选择题1如图1甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向 2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的It图象可能是()图1答案C解析将电容器两极间距离增大，根据平行板电容器决定式：C，可知电容变小，则充电电荷量：QCU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，It图面积代表电荷量，所以面积比题图乙小，A、B、D错误，C正确2质谱仪的原理如图2所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点离子重力不计则()图2Aa离子质量比b的大Ba离子质量比b的小Ca离子在磁场中的运动时间比b的长Da、b离子在磁场中的运动时间相等答案B解析设离子进入磁场的速度为v，在电场中qUmv2，在磁场中Bqvm，联立解得：r，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的，所以A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误3如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为31，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V,3 W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R19 .输入端交变电压u随时间t变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则()图3A电压u的瞬时表达式为u36sin t(V)B电压表的示数为33 VC电流表的示数为1 AD定值电阻R23 答案B解析由题图乙知，交变电流的周期为0.02 s，100 rad/s，电压的瞬时值u36sin 100t(V)，故A错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I A，故副线圈的电流I23I1 A，根据变流规律：，解得原线圈电流I1 A，所以C错误；电阻R1的电压UR1I1R13 V，由题图乙知输入端电压的有效值为36 V，则变压器原线圈的电压U136 V3 V33 V，所以电压表的读数为33 V，故B正确；根据变压规律：，可得副线圈的电压U211 V，电阻R2两端的电压为UR2U2UL11 V9 V2 V，故R22 ，所以D错误4某行星外围有一圈厚度为d的光带，简化为如图4所示模型，R为该行星除光带以外的半径现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v，与它到行星中心的距离r，满足下列哪个选项表示的图象关系时，才能确定该光带是卫星群()图4答案D解析若光带是卫星群，则应该满足Gm，即v2，即v2图象应该是过原点的直线，故选D.5.如图5所示，在粗糙的水平地面上，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小关系可能正确的是()图5AvAvB，aAaB BvAvB，aAvB，aAaB答案BC解析由题意知，A、B之间无相对滑动一起加速时，vAvB，aAaB；发生相对运动时，一定是：vAvB，aA，所以采用外接法，可得电路图如图所示(2)根据电路图连接实物图11如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于导轨系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.图1(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式答案(1)(2)B解析(1)金属棒匀速运动时，对物块：FTmg对金属棒有：F安mgsin 30FT又：F安B0IL由欧姆定律：I联立解得：v(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力对金属棒：FTmgsin 30ma对物块：mgFTma回路中无电流，回路中的磁通量不变，则：B0LxBL(xv0tat2)联立解得：B.25(18分)(2019湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道斜面AB与半径R3 m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角37且过C点的切线水平，C点连接倾角30的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(视为质点)总质量m60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图2(1)P、B两点间的距离；(2)滑板在C点对轨道的压力大小答案(1)4 m(2)1 320 N解析(1)设爱好者滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1C到Q由平抛运动规律有：tan 则t因此x1vCtlCQ由式可知vC越大则lCQ间距越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大设人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsin 90xma得a由式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大故P、B两点间的距离大小为：x4 m(2)设P、B间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsin Wfmv0而Wfx(或由得mgxsin 45x2mv0)B、C间运动时，机械能守恒，有：mvmgR(1cos )mv在C点FNmgm解得FN1 320 N由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN1 320 N.12如图3为分析热机工作过程的卡诺循环，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程AB、CD和两个绝热过程BC、DA，下列说法正确的是_图3A气体从AB的过程，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变大B气体从AB的过程，从外界吸收热量C气体从BC的过程，气体分子无规则运动变激烈D气体从DA的过程，内能的增量等于外界对气体做的功E气体在完成一次循环的过程中对外做功(2) (10分)如图4，水平放置右端开口的绝热汽缸，横截面积为S，左端有一电阻丝可对气体加热绝热活塞A(厚度不计)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸的最大静摩擦力为Ffmp0S，大气压强p0及室温T0均不变初始时刻活塞恰好无摩擦，气体体积为汽缸容积的三分之一，气体温度为T0.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现通过电阻丝给气体缓慢加热图4温度多大时，活塞开始滑动； 温度多大时，活塞到达汽缸口答案(1)BDE(2)T0T0解析(1)由题图知，气体从AB的过程，体积增大，压强减小，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变小，A错误；从AB的过程，温度不变，U0，体积变大，气体对外界做功W0，根据UQW，得QW0，所以从外界吸收热量，B正确；因BC为绝热过程，所以Q0，体积增大W0，故UQWW，故U0，气体内能减小，温度降低，气体分子无规则运动变缓慢，C错误；从DA也是绝热过程，Q0，体积减小，外界对气体做功，即W0，UQWW，即气体内能的增量U等于外界对气体做的功W，D正确；由题图知，ABC气体对外界做功，做功多少W1的数值大小为图象与V轴所围面积(W10)，CDA的过程外界对气体做功，做功多少W2的数值大小为图象与V轴所围面积(W20)，由题图可知|W1|W2|，故该循环过程的总功为W1W20，即气体对外做功，E正确(2)假设活塞开始滑动时封闭的气体压强为p1，对活塞受力分析，受力平衡得p1Sp0SFfm对封闭的气体，由查理定律得：解得：T1T0设汽缸容积为V，活塞运动过程中气体的压强不变由盖吕萨克定律得解得：T2T013波源S在t0时刻开始振动，其振动图象如图5所示，在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到波源S的距离分别为30 m和48 m，测得P、Q开始振动的时间间隔为3.0 s下列说法正确的是_图5AQ质点开始振动的方向向上B该波的波长为6 mCQ质点的振动比波源S滞后8.0 sD当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动EQ质点开始振动后，在9 s内通过的路程是54 m(2)(10分)如图6所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO为其对称轴，O为球心，球半径为R，球左侧为圆面，右侧为半球面现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球的折射率为，设真空中的光速为c，不考虑光在玻璃中的多次反射，求：图6从左侧射入能从右侧射出的入射光束面积占入射面的比例；从距O点的入射光线经玻璃半球偏折后直到与对称轴OO相交的传播时间答案(1)ACD(2)解析(1)由题图可知，波源开始振动的方向向上，所有的质点都做受迫振动，开始振动方向都向上，A正确；波从P传到Q所需时间为3.0 s，所以波速v m/s6 m/s，根据振动图象可知，周期为6 s，所以波长vT66 m36 m，B错误；Q点到波源的距离为48 m，所以比波源滞后t s8 s，C正确；P、Q间相距18 m，而波长为36 m，刚好差半个周期，所以当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动，D正确；振动周期为6 s，一个周期通过路程s045 cm20 cm,9 s刚好振动一个半周期，通过路程s1.5s030 cm，E错误(2)从左侧圆面垂直入射，不偏折，考虑截面，如图所示，从左侧的A点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，则由折射定律有：sin ，n则有sin ，OARsin R从左侧射入能从右侧射出的光束是以O为圆心，OA长为半径的圆，其面积SOA2R2而左侧入射面的面积SR2解得设距O点的入射点为B，射到半球面上的点为C点，入射角为i，折射角为r，在OBC中有i30，BCR考虑在C点折射，由折射定律有n，代入数据可得r60设从C点的出射光线交OO轴于D点，由图知在OCD中，OCD120，CODi30，可得CDO30，CDR光在玻璃中传播速度v光从B点传播到D点的时间t将BCR，CDR及v代入解得t.