河南省郑州市新郑市重点中学2023-2024高三上学期12月阶段测试物理试题（答案）

新郑市重点中学2023-2024学年高三上学期12月阶段测试物理试题 2023.12
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～10题有多个选项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1、我国的火星探测车用放射性材料作为燃料．中的元素是，已知发生衰变的核反应方程为的半衰期为87．7年．下列说法正确的是( )
A．衰变过程一定释放能量
B．方程中是
C．100个原子核经过87．7年后还有50个未衰变
D．放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强
2、有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（质量为一吨左右）。一位同学想用一把卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d及船长L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A． B． C． D．
3、如图所示，质量的滑块套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，重力加速度g取。则( )
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为
4、一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移为时位移为0．2 m，则( )
A．若振幅为0．2 m，振子的周期可能为
B．若振幅为0．2 m，振子的周期可能为
C．若振幅为0．4 m，振子的周期可能为
D．若振幅为0．4 m，振子的周期可能为
5、某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为表示示波器的灵敏度，下列说法正确的是( )
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
6、如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知三点在同一直线上，，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球所受电场力大小为
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等
7、如图甲所示，电子静止在两平行金属板间的a点，时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是( )
A．在时刻，电子的位移最大
B．在时刻，电子的动能最大
C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于
D．电子不可能在时间内飞出电场
8、如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为。现将质量也为m的小球从A点正上方h高处由静止释放，小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度，满足
9、在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据作出周期T的平方和摆长L的图线，可以求出重力加速度g。已知两位同学作出的图线如图中的所示，其中a和b平行，图线a对应的g值很接近当地重力加速度的值。相对于图线a，关于图线b的分析正确的是( )
A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将51次全振动记为50次
D．根据图线b也能准确测出当地的重力加速度
10、如图所示，闭合的等腰直角三角形金属线框ABC以速度v向右匀速穿过磁感应强度为的条形匀强磁场区域（运动过程中AC边始终与磁场边界平行）。已知金属线框单位长度的电阻为r，直角边长为d，磁场区域宽度为2d。则下列说法正确的是( )
A．当线框刚进入磁场区域时，直角边AC产生电动势的大小
B．线框进入磁场过程中A、C两点间电势差恒定不变
C．当线框的水平直角边BC恰好进入一半时，导线内电流的大小
D．线框从图示位置到完全穿过磁场过程中通过线框某一横截面的电量为零
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11、（1）某同学通过图所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。（9分）
①将冰糖装进注射器，通过推、拉活塞改变封闭气体的体积和压强。若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则________（填“需要”或“不需要”）重做实验。
②实验中通过活塞所在刻度读取了多组体积V及对应压强P，为了在xOy坐标系中获得直线图象，应选择_______。
A．图象 B．图象 C．图象 D．图象
③选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到直线的函数图象如图所示，忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则这颗冰糖的体积为________。
（2）某同学制作了一个“加速度测量仪”，用来测量垂直电梯竖直上、下运行时的加速度，其构造如图1所示：将一根轻弹簧的上端固定在竖直放置且带刻度的“「”形光滑小木板上端，当弹簧下端悬挂0．9N重物并静止时，指针指向31．0cm位置；当弹簧下端悬挂1．0N重物并静止时，指针指向12．0cm位置。实际测量时，该同学在该弹簧下端固定1．0N重物，重力加速度g取，所有计算结果保留两位有效数字。
①该弹簧的劲度系数________N/m；
②实际测量时，当指针指到31．0cm位置时，垂直电梯运行的加速度大小为________；
③如图2所示，将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31．0cm位置，则水平加速度大小_______。
12、（10分）实验小组利用如图所示的电路图1测定两电流表的内阻，可供选用的仪器有:
A．内阻约的待测电流表、，量程
B．定值电阻
C．定值电阻
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E．滑动变阻器（最大阻值为）
F．电源E，电动势，内阻忽略不计
（1）为了准确测量两电流表的内阻，定值电阻应选:___________；滑动变阻器应选___________（均填仪器前的字母代号）；
（2）将滑动变阻器的滑片调到阻值最大处，闭合，再将单刀双掷开关拨到b，调节滑动变阻器使得和有明显的读数，分别为；再将单刀双掷开关拨到a，调节滑动变阻器，使得和有明显的读数，分别为，则电流表的内阻为___________；的内阻为___________（用和表示）。
（3）根据电路图1用笔画线代替导线完成实物图2连接。
13、在测量玻璃砖折射率实验中，选择长方体玻璃砖，玻璃砖截面如图所示。边长为30cm，边长为8．0cm，已经测得玻璃砖折射率为。实验中某同学用一束细激光自O点射入玻璃砖，已知，求：（10分）
（1）为使激光恰好照射到D点，求激光在面上入射角的正弦值；
（2）保持（1）入射角不变，把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为4．0cm时，判断激光束第一次自玻璃砖射出点的位置并计算该点到D点的距离。
14、如图所示，将质量为的平台A连接在劲度系数的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，现在A的上方轻轻放置质量也为m的物块B，使一起上下振动，弹簧原长为5 cm，A的厚度可忽略不计，求：（12分）
（1）一起上下振动的振幅；
（2）A对B的最大支持力大小：
（3）若改变一起上下振动的振幅，A距地面的最小高度。
15、足够长的木板C静止在足够大的光滑水平面上，距C的左端处的P点放有一物块B，物块A以大小的水平初速度滑上木板的左端，如图所示。（均视为质点）的质量均为的质量与木板C间的动摩擦因数均为，间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：（13分）
（1）碰撞前的瞬间，A的速度大小；
（2）最终B与P点间的距离x；
（3）整个过程中因摩擦产生的热量Q。
16、如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度运动．传送带的某正方形区域内有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，且磁感应强度大小为B，当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad边、bc边平行于磁场边界．已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，且ad边刚进入磁场时线圈的速度大小为，重力加速度为g．求:（16分）
(1)正方形磁场区域的边长d；
(2)线圈完全进入磁场的时间t；
答案以及解析
1、答案：A
解析：衰变过程有质量亏损，则一定释放能量，A正确；根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒可知，方程中的质量数为4，电荷数为2，则X是，B错误；半衰期是统计规律，对少数原子核衰变不适用，C错误；放出的射线是高速氦核流，它的电离能力强，但是贯穿能力很弱，D错误．
2、答案：A
解析：设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有，则有，又，联立解得船的质量为，A正确，B、C、D错误。故选A。
3、答案：C
解析：若锁定滑块，设小球到达最高点P时速度为，由小球机械能守恒，有，得，对小球，根据牛顿第二定律有，得，A错误；若解除锁定，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，B错误；设小球到达最高点时速度为，滑块的速度为，水平方向，由动量守恒得，由系统机械能守恒得，解得，C正确；设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为，滑块运动的距离为，由系统水平方向动量守恒得，又，得，D错误。故选C。
4、答案：C
解析：若振幅为0．2 m，则，则，可知振子的周期不可能为，也不可能为，选项A、B错误；若振幅为0．4 m，则可能有，可得
或者，可得
或者，可得
其中在表达式中，当时，三个表达式均不能得出，选项C正确，D错误。故选C。
5、答案：B
解析：电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，A错误；电子在加速电场中，有，解得，电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间(粒子在偏转电场中的运动时间由水平速度与水平位移决定)一定等于，B正确；电子在偏转电场中，有，结合，联立可得，可知当增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、减小或不变，C错误；根据可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，D错误。
6、答案：D
解析：小球在水平方向做匀速直线运动，三点在同一直线上，而，小球从A到B与从B到C的水平位移之比为3:1，则小球从A到B与从B到C的运动时间之比为，C错误；在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为g，从B到C做匀减速运动，加速度大小为两点竖直方向的速度均为零，则有，解得，根据牛顿第二定律可知，解得，A错误；从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带负电，B错误；小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为，小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。
7、答案：C
解析：时刻，B板的电势比A板高，电子在时间内向B板加速，时刻加速结束，电子减速，并在时刻速度刚好为零，之后一直重复这样的运动，直到从P点飞出，若在时刻，电子能从P点飞出，则位移最大，若不能从P点飞出，则位移不是最大的，A、B错误；由上述分析可知，电子的最大动能为，所以电子最终从P点飞出时的动能都小于等于，C正确；根据已知信息，无法确定电子在什么时候飞出电场，所以电子是有可能在时间内飞出电场的，D错误。
8、答案：ABD
解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向系统动量守恒，A正确；以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律有，得，所以小车的位移，B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，C错误；小球从开始下落到第一次上升至最高点的运动过程中，由动能定理得，所以小球克服摩擦力做功大小，即小球第一次在车中运动损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处的速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的最大高度大于，而且小于，D正确。故选A、B、D。
9、答案：AD
解析：根据单摆的周期公式，得图像的斜率，所以当地的重力加速度。图线b没过原点且纵轴截距为正，其关系式可表示为，说明所测摆长L比实际摆长偏小，可能是误将绳长记为摆长L，A正确，B错误；实验中误将51次全振动记为50次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，图线的斜率k偏大，会使图线b与图线a不平行，C错误；图线a与图线b的斜率相等，由可知，图线b对应的g值等于图线a对应的g值，D正确。故选A、D。
10、答案：ACD
解析：A．线框刚进入磁场区时，切割磁感线的有效长度刚好为边AC的长度，根据得
选项A正确；
C．当线框的水平直角边BC恰好进入一半时，切割磁场的导体有效长度为，此时
回路总电阻
由闭合电路欧姆定律得
选项C正确；
B．线框进入磁场过程中切割磁场的导体有效长度发生变化，总电阻不变，则电路中电流发生变化，因此A、C两点间电势差不会恒定不变，选项B错误；
D．通过导体横截面的电量
线框从图示位置到完全穿过磁场过程中，磁通量变化，则通过线框某一横截面的电量为零，选项D正确。
故选ACD。
11、答案：（1）①需要②C③b（2）①10②1．0③9．0
解析：（1）①若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，针筒内封闭气体与外界相连，压强改变，无法继续实验，需要重做实验；
②设冰糖的体积为，根据玻意耳定律
则
则图象为直线。
故选：C。
③根据，结合图象可知这颗冰糖的体积为b。
（2）①根据胡克定律
②实际测量时，弹簧对小球的拉力
根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下；
③将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31．0cm位置，拉力仍为
根据牛顿第二定律
解得
12、答案：（1）C；E
（2）；
（3）
解析：（1）若定值电阻选择，电路中电流很小，此时电流表读数误差太大，因此定值电阻应选择阻值较小的，即选C；
为了方便调节滑动变阻器应选择总阻值较小的E；
（2）由欧姆定律可得将单刀双掷开关拨到b时有
解得
同理将单刀双掷开关拨到a时，有
联立解得
（3）根据原理图连接实物图如图所示
13、答案：（1）（2）
解析：（1）由几何关系可得折射角的正弦为
可知折射角为37°。
根据折射定律有
激光在AB面上入射角的正弦值为
（2）把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为4．0cm时，根据全反射的临界角
可知全反射的临界角为45°，由几何关系知，此时光线在AD面上入射角为53°，可知光在AD面的E点发生全反射，经DC下表面的F点第一次从玻璃砖射出，由几何关系知
可解得
激光束第一次自玻璃砖射出点到D点的距离为。
14、答案：(1)1 cm
(2)3 N
(3)1 cm
解析：(1)开始，没有在A的上方放置物块B时，取A为研究对象，根据平衡条件得，解得弹簧的压缩量为
在A的上方轻轻放置物块B，当处于平衡位置时，取整体为研究对象，有
解得弹簧的压缩量
所以一起上下振动的振幅为
(2)当运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时间相互作用力最大，取整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
取B为研究对象，有
解得A对B的最大支持力
(3)若改变一起上下振动的振幅，当运动到最高点；间相互作用力恰好为0时，振幅最大。
在最高点，取B为研究对象，有，解得
取整体为研究对象，有
解得弹簧弹力，即弹簧恢复原长，故最大振幅为
根据对称性得A距地面的最小高度为1 cm
15、答案：(1)2 m/s
(2)0．2 m
(3)7．2 J
解析：(1)从A滑上C到碰撞前的瞬间，A做匀减速直线运动，加速度大小为，
整体做匀加速直线运动，加速度大小为
设从A滑上C到碰撞的时间为，根据匀变速直线运动的规律，结合几何关系有，
解得，
根据速度-时间关系有，
解得。
(2)碰撞前的瞬间，的共同速度大小，
设碰撞后的瞬间，的速度大小分别为与，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有，
解得，
此后，B做匀减速直线运动，一起做匀加速直线运动，最终三者速度相等，根据动量守恒定律有，
解得，
碰撞后，B做匀减速直线运动的加速度大小为，
碰撞后，B通过的位移大小为，
碰撞后，一起做匀加速直线运动的加速度大小为，
碰撞后，C通过的位移大小为
所以。
(3)碰撞前，间因摩擦产生的热量为
碰撞后，间因摩擦产生的热量为
所以。
16、答案：(1)
(2)
解析：(1)线圈从完全进入磁场至bc边到达磁场右边缘的过程中，
由动能定理得，
解得．
(2)由法拉第电磁感应定律得，
由欧姆定律得，
设线圈完全进入磁场的时间为t，
由动量定理得，
联立得．