物理-廣東省廣州外國語、廣大附中、鐵一中學2024-2025學年高三第一學期期中三校聯(lián)考試題和答案

2024—2025學年上學期期中三校聯(lián)考高三物理問卷1．醫(yī)學影像診斷設備PET-CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之冠”。它在醫(yī)療診斷中，1C放射出β射線月轉(zhuǎn)移軌道，探測器在P點被月球捕獲后沿橢圓軌道①繞月球運動，然后在P4．無線充電技術在新能源汽車領域應用前景廣闊。如5．如圖a所示，為一列簡諧橫波在某一時刻A．該波正在向x軸負方向傳播，波速為20m/s頻率可能為6Hz頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心．已知通電直導線在周圍形成條輸電直導線中電流方向垂直紙面向外，b、d、f三條輸電直導線中電流方向垂f磁場的磁感應強度方向沿aO指向O7．如圖所示，空間中存在正方體ABCD-A,B,C,D,，E、F、G、H分別是AD、B,C,、CD、A,B,的中點，A點和C,點分別放置帶電荷量為+q和-q的點電荷，8．拱橋結構是我國古代人們解決建筑跨度的有效方法，趙州橋就是拱橋結構的方靜置一個質(zhì)量為2m的方形石塊，已知3、4兩楔形石塊間有擠壓，重力加速9．如圖（a一束光沿半圓形玻璃磚半徑射到平直界面MN上，折射A．若用B光照射光電管的陰極，一定有光電子D．若A光、B光均是氫原子躍遷產(chǎn)生，則B光對應的氫原子躍遷前后兩個10．如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ放在水平面上，左端D．從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，a棒上產(chǎn)生的為g。直流電流“10mA”擋與“1mA”擋的內(nèi)阻差值。已知歐姆調(diào)零旋鈕順時針旋轉(zhuǎn)時，發(fā)現(xiàn)指針指在刻度盤的2Ω附近，此時應（選填“順時針”或“逆時針”）旋（2）測乙表的“1mA”擋電阻：正確完成甲表的調(diào)節(jié)后，將乙表的選擇開關撥至（4）為了更準確地測量出乙表的兩個直流電流擋位內(nèi)阻的差值，該實驗小組設②僅將乙表的選擇開關撥至直流電流“10mA”擋，閉合開關S，調(diào)節(jié)電阻箱阻值此時，內(nèi)阻差值的測量值ΔR（填“小于”“大于”或“等于”）真實值。1310分）中國宇航員計劃在2030年之前登上月球，其中宇航服的研制與開p0為大氣壓強，求：（1）若將宇航服內(nèi)氣體的溫度升高到1.4T，且氣體的壓強不變，則氣體對外做1412分）如圖1所示，質(zhì)量M=4kg的木板B靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量向右的推力F,t=2s時撤去力F，運動一段時間后A恰好不從B的右端滑落，又1516分）中國第一臺高能同步輻射光源（HEPS排列，圓筒分別和電壓為U0的交變電源兩極相連，電子在金屬圓筒內(nèi)做勻速直次加速后注入圖乙所示的電子感應加速器的真空室中（n已知圖乙場大小為不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過金屬圓（3）真空室內(nèi)磁場的磁感應強度B2隨時間t的變化表達式（從電子剛射入感應三校聯(lián)考物理參考答案：題號123456789答案DACBBDBACBCBCD【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，可得Y的質(zhì)量數(shù)為0，核電荷數(shù)為1，所以Y為e，故A錯誤；B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，可得X的質(zhì)量數(shù)為核電荷數(shù)為所以X為He，所以X的電荷數(shù)與Y的電荷數(shù)不相等，故B錯誤；C．1C的半衰期為T=20min，設原來1C的個數(shù)為N0，經(jīng)t=40min后的個數(shù)為N，則有代入數(shù)據(jù)解得所以經(jīng)40min只有的1C發(fā)生衰變，故C錯誤；D．X是He，He的電離作用較強，通過氣體時很容易使氣體電離，故D正確。故選D?！驹斀狻緼．炸彈在空中做平拋運動，則有所以tanθ~t圖像為一條過原點的傾斜直線，故A正確；B．炸彈運動過程中只受重力，加速度為重力加速度，保持不變，故B錯誤；C．運動過程中炸彈的動能為由此可知，Ek~h圖線為一條傾斜直線，故C錯誤；D．運動過程中炸彈只受重力，只有重力做功，炸彈的機械能守恒，即機械能E不隨高度h變化，故D錯誤。故選A?！驹斀狻緼．飛船由橢圓軌道①上經(jīng)過P點時應該減速做向心運動變軌到軌道②,A錯誤；B．月球的第一宇宙速度是衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動的最大速度，即為由月球的萬有引力提供向心力可得月月月飛船在軌道②上的環(huán)繞速度其中h是飛船距月球表面的高度，可知飛船在軌道②上的環(huán)繞速度小于月球的第一宇宙速度，B錯誤；C．設飛船在軌道②上的環(huán)繞半徑為r，由牛頓第二定律可得可知飛船在軌道①上經(jīng)過P點時與在軌道②上經(jīng)過P點時距月心的距離r相等，因此飛船在軌道①上經(jīng)過P點時的加速度與在軌道②上經(jīng)過P點時的加速度相同，C正確；D．設飛船在軌道①上半長軸為a，由開普勒第三定律可得33可知a>r，則有T①>T②,即飛船在軌道①上的周期大于軌道②上的周期，D錯誤。故選C?！驹斀狻緼．根據(jù)圖乙可知，0.01s時，電流隨時間的變化率為0，即線圈之中磁通量的變化率為0，此時，線圈之中的感應電動勢為0，可知，該時刻受電線圈中感應電流為零，故A錯誤；B．結合上述，0.01s時受電線圈中的感應電流為0，則受電線圈此時沒有激發(fā)出磁場，可知，0.01s時兩線圈之間的相互作用力為0，故B正確；D．交流電的周期-2s一個周期內(nèi)電流方向改變兩次，則受電線圈中的電流方向每秒鐘改變次數(shù)為故D錯誤。本題選錯誤的，故選B?！驹斀狻緼．在圖b中，t=0時刻P正向上振動，在圖a中，根據(jù)波形平移法可知，波正在向x軸正方向傳播。該波的波長和周期分別為λ=4m，T=0.2s所以波速故A錯誤；B．根據(jù)題意可知所以經(jīng)過0.35s后，質(zhì)點Q經(jīng)歷的路程為s=7A=7×0.2m=1.4mQ到達平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正確；C．該波的波長為4m，若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為3m的障礙物，波長與障礙物尺寸差不多，能發(fā)生衍射現(xiàn)象，故C錯誤；D．該波的頻率為若波源向x軸負方向運動，波源與接收器間的距離增大，產(chǎn)生多普勒效應，在x=10m處的接收器接收到的波源頻率減小，小于5Hz，故D錯誤。故選B。【詳解】A．根據(jù)安培定則，a、d兩條導線在O點的合場強和b、e兩條導線在O點的合場f兩條導線在O點的合磁場大小為B，方向豎直向下，所以O點的磁感應強度為零：故A錯誤；f處5根導線在a處產(chǎn)生磁場磁感應強度方向如圖所示：設b在a處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B，則f在a處磁感應強度大小為B，c、e在a處磁感應強度大小為F，d在a處產(chǎn)生的磁感應強度大小為F，根據(jù)磁感應強度的疊加可知，f處5根導線在a處產(chǎn)生磁場磁感應強度方向垂直于aO斜向右上方，合磁感應強度大小為0.5B，方向垂直aO，根據(jù)左手定則和安培力公式可知，a受安培力方向為沿aO,由O指向a，大小為0.5F，故BC錯誤，D正確；故選D?！驹斀狻緼．A,點距離正電荷較近，C點距離負電荷較近，則A,點電勢高于C點電勢，故A錯誤；B．做出兩點電荷在B,、D點電場強度如圖所示根據(jù)等量異種電荷的電場分布，結合對稱性以及平行四邊形定則可知，B,、D點電場強度相同，故B正確；C．等量異種點電荷連線的中垂面為等勢面，而GH連線在等量異種點電荷連線的中垂面上，可知GH連線上各點電勢相等，則帶正電的試探電荷從G點沿直線到H點電勢能不變，故C錯誤；D．從E點沿直線到F點電勢一直降低，可知帶正電的試探電荷從E點沿直線到F點電勢能一直減小，故D錯誤。故選B?！驹斀狻緼．水平地面承受的壓力大小等于六個楔形石塊和方形石塊的重力，為8mg，故A正確；BCD．由對稱性可知，2對3的彈力大小與5對4的彈力大小相等，2對3的摩擦力大小與5對4的摩擦力大小相等。設2對3的彈力大小為F23，2對3的摩擦力大小為Ff23，4對3的彈力為FT（將FT看成已知力把積木3和質(zhì)量為m的石塊看成整體，對整體進行受力分析，如圖所示由平衡條件可得聯(lián)立解得3故C正確，BD錯誤。故選AC。【詳解】A．A光偏折程度較大，則A光頻率較大，A光照射時恰好有光電流產(chǎn)生，則A光頻率恰好等于極限頻率，B光頻率小于極限頻率，若用B光照射光電管的陰極，一定沒有光電子逸出，故A錯誤；B．A光偏折程度較大，折射率較大，根據(jù)A光臨界角較小，若增大入射角θ,A光比B光先發(fā)生全反射，故B正確；C．A光頻率較大，根據(jù)波長較短，根據(jù)故C正確；D．A光頻率較大，能量較大，若A光、B光均是氫原子躍遷產(chǎn)生，則A光對應的氫原子躍遷前后兩個能級的能量差較大，故D錯誤。故選BC。【詳解】A、設a棒剛進入磁場時的速度為v，從開始下落到進入磁場，根據(jù)機械能守恒定a棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為：E=BLv，C、設兩棒最后穩(wěn)定時的速度為v′，從a棒進入磁場到兩棒速度達到穩(wěn)定，一對安培內(nèi)力作用，兩棒組成的系統(tǒng)外力之和為零，根據(jù)動量守恒定律有：mv=3mv′，D、從a棒進入磁場到兩棒共速的過程，一對安培力做功把機械能轉(zhuǎn)化為電能，設a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Eb，根據(jù)能量守恒定律有mv2=串聯(lián)內(nèi)能與電阻成正比：Eb=2Ea，解得：Ea=mgh；故D正確.故選BCD.【點睛】本題是雙桿雙電源問題，關鍵是結合切割公式、歐姆定律公式、安培力公式列式分析，注意a棒進入磁場后兩棒當成系統(tǒng)動量守恒，還要對整個運動過程結合能量守恒定律列式分析.11．(1)A(3)2g【詳解】（1）實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應該先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。故選A。（2）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為（3）鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即整理有v2若v2-h圖線為一條傾斜直線，且直線斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。12．順時針黑表筆320R2-R1等于【詳解】（1）[1]根據(jù)歐姆表原理可知，歐姆調(diào)零短接時，指針應指到右側零刻度線處。指針指在刻度盤的2Ω附近，說明內(nèi)部阻值過大，需要減小連入內(nèi)部電路中的阻值。故需要順時針旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕。（2）[2]歐姆表（甲表）內(nèi)部有電源，且電流由紅表筆流入電表，由黑表筆流出電表，故回路中乙的黑表筆流出的電流連接甲表的紅表筆流入甲表。[3]根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則可知，讀數(shù)=表盤讀數(shù)×倍率，即（4）[4]根據(jù)多用電表電流擋原理，量程越大，內(nèi)阻越小，則“10mA”擋的內(nèi)阻R乙2小于“1mA”擋的內(nèi)阻R乙1。設歐姆表內(nèi)部總阻值為RΩ,歐姆表內(nèi)部電源電動勢為E，則兩次甲表指針都指同一位置，說明電路中電流相同（或總阻值相同根據(jù)可知直流電流“1mA”擋與“10mA”擋的內(nèi)阻差值-R乙22-R1（5）[5]由（4）中結果可知電動勢變小對內(nèi)阻差值的測量值ΔR無影響，故內(nèi)阻差值的測量值ΔR等于真實值。131）0.28p0V2）1：1【詳解】（1）氣體的壓強不變，氣體等壓變化=..................................（2分）解得V1.4V氣體對外做功W=0.7p0(V2-V)=0.28p0V.................................（總分3分，公式2分，答案1分）（2）氣體的溫度保持為T不變，氣體等溫變化，則0.7p0V=p0V,..................................（2分）解得進入宇航服內(nèi)氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量之比為根據(jù)牛頓第二定律，對A有F-μmg=ma1............（1分）對B有μmg=Ma2............（1分）聯(lián)立解得（2）力F撤去后到B到達C點前的過程，根據(jù)動量守恒定律有=(m+M)v............（1分）其中=4m/s............（1分）解得0~2s內(nèi)A的位移大小其中根據(jù)功能關系有解得L=4.8m............（1分）A沿半圓形軌道運動的過程，根據(jù)機械能守恒定律有A恰好通過D點，有mg=m............（1分）聯(lián)立解得【詳解】（1）對電子經(jīng)第n次加速的過程由動能定理有neU=neU=mv............（2分）解得（2）根據(jù)題意，設電子在感應加速器中加速第一周的時間為T1，該過程中感生電場設加速圓周運動的切向加速度為a，由牛頓第二定律有