湖南省先知高考2023-2024学年高三物理上学期第二次联考试题（Word版附解析）

高三第二次联考物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号塂写在答题卡上。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。写在本试卷无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分。每个小题只有一个选项符合题目要求。）1.在核反应中具有较强的防辐射和吸收中子的功能，其原理为硼核吸收一个慢中子后释放出一个粒子，转变成新核，并释放出一定的能量。已知硼核的比结合能为，生成新核的比结合能为，粒子的比结合能为，真空中光速为。下列判断正确的是（）A.核反应方程为B.该反应类型为衰变C.硼核的比结合能大于新核的比结合能D.该核反应质量亏损为【答案】A【解析】【详解】A．根据反应过程，质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为故A正确；B．该反应需要吸收一个慢中子，不是衰变，故B错误；C．反应过程存在质量亏损，反应后的原子核比反应前的原子核更稳定，所以硼核的比结合能小于新核的比结合能，故C错误；D．该核反应质量亏损为故D错误。 故选A。2.如图所示，一振源位于坐标原点，振源振动后在介质中产生一列分别沿轴正方向以及负方向的简谐波，已知波速为，振源的振动周期为，时刻振源的起振方向沿轴的正方向，振源振动一个周期后停止振动。则时的波形图为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由题意可知波长为经过时间传播距离为可知时，和处的质点开始起振，且起振方向均沿轴的正方向；根据波形平移法可知，选择B中处的质点此时的起振方向沿轴的负方向；选项D中和处的质点此时的起振方向均沿轴的正方向。故选D。3.甲、乙两同学完成一娱乐性比赛时，由同一点斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。已知小球的质量相等，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）A.落地瞬间乙的速度较小B.乙球在空中运动的时间较长C.乙球在天花板处的速度较大D.落地瞬间乙的重力的瞬时功率大【答案】C 【解析】【详解】A．由题意可知，两小球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，竖直方向的最大高度相同，抛出时竖直方向的分速度大小相等，水平方向的分运动是匀速直线运动，乙的水平位移大，水平方向的分速度大，由速度的合成和对称性可知，落地瞬间乙的速度较大，A错误；B．竖直方向的分运动是竖直上抛运动，抛出时竖直方向的分速度大小相等，由对称性可知，小球上升和下落的时间相等，可得可知两球在空中运动的时间相同，B错误；C．斜抛运动在最高点只有水平速度，因此乙球在天花板处的速度较大，C正确；D．落地瞬间竖直方向的分速度大小为可知竖直方向的分速度大小相等，则有落地瞬间乙的重力的瞬时功率等于甲的重力的瞬时功率，D错误。故选C。4.如下图所示，交变电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为，、两点间所加电压，定值电阻消耗的电功率与定值电阻消耗的电功率之比为，定值电阻，的阻值均为，电流表为理想电表。则下列说法正确的是（）A.电流表的示数为B.通过电阻的电流为C.定值电阻D.电源消粍的电功率为【答案】A【解析】【详解】A．由所加电压表达式，可知变压器原线圈的输入电压有效值为根据理想变压器电压比等于匝数比，可得副线圈的输出电压为 则电流表的示数为故A正确；BC．设通过电阻的电流为，由题意可知定值电阻消耗的电功率与定值电阻消耗的电功率之比为，则有解得定值电阻的阻值为故BC错误；D．电源消粍的电功率为故D错误。故选A。5.如图所示为等量异种电荷甲、乙形成的静电场的等势面，一电子仅在电场力的作用下由M运动到N，其运动轨迹如图中的实线所示，则下列说法正确的是（） A.甲带负电B.电子在M点的加速度小于N点的加速度C.电子在M点的速度小于N点的速度D.该过程电场力对电子先做正功后做负功【答案】B【解析】【详解】A．电子的轨迹与竖直的等势线相交于O点，电子在O点的速度以及电场力的方向如下图所示，又负电荷所受的电场力与电场方向相反，因此甲带正电，A错误；B．等势线的疏密反应电场强度的大小，由于N点的等势线比M点的等势线密，则N点的电场强度大，电子在N点的电场力大，电子在N点的加速度大，B正确；CD．甲带正电，电场方向大致向右，电子在低电势点电势能大，则电子在N点的电势能大，电子由M到N的过程中电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，CD错误。故选B。6.如下图所示倾角一定的斜面体周定在水平面上，可视为质点的小物体由斜面体的底端以沿斜面向上的初速度冲上，经时间到达斜面体的最高点，再经时间返回到斜面体的底端，重力加速度为。则下列说法错误的是（） A.可求小物体上滑和下滑的加速度大小之比B.可求小物体与斜面体之间的动摩擦因数C.可求斜面体的倾角D.可求整个过程因摩擦而产生的热量【答案】D【解析】【详解】A．小物体沿斜面体向上做匀减速直线运动，运动到最高点后再向下做匀加速直线运动，由题意可知小物体向上运动的最大位移为设小物体返回到斜面体底端的速度为，则有解得小物体上滑的加速度大小为小物体下滑的加速度大小则故A可求，不符合题意要求；BC．小物体上滑时，由动量定理得小物体下滑时，由动量定理得联立解得 ，故BC可求，不符合题意要求；D．由于小物体的质量未知，则摩擦力的大小不可求解，因此整个过程因摩擦而产生的热量不可求，故D不可求，符合题意要求。故选D。7.如图所示，正方形线框放在光滑的绝缘水平面上，为正方形线框的对称轴，在的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度使正方形线框匀速向右运动，直到边刚好与重合；第二种方式使正方形线框绕轴以恒定的角速度由图中位置开始转过，边的线速度恒为。则下列说法不正确的是（）A.两次线框中的感应电流方向均沿B.两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为C.两过程线框中产生的焦耳热之比为D.两过程中线框中产生平均电动势之比为【答案】C【解析】【详解】A．由楞次定律可知，两次线框中产生的感应电流的方向均沿，故A正确，不满足题意要求；B．该过程中线框中产生的平均感应电动势为线框中的感应电流为流过线框某一横截面的电荷量为整理得 则两过程流过线框某一横截面的电荷量相同，即两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为，故B正确，不满足题意要求；C．设正方形线框的边长为，第一次，线框匀速拉出，线框中产生感应电动势为线框中感应电流线框出磁场的时间为线框中产生的焦耳热为解得第二次，线框绕轴转过，线框中产生的最大感应电动势为线框中感应电动势的有效值为则该过程线框中产生的焦耳热为又整理得 则故C错误，满足题意要求；D．第一次，线框匀速拉出，线框中产生的平均感应电动势为第二次，线框绕轴转过，线框中产生平均感应电动势为又，整理得解得故D正确，不满足题意要求。故选C。二、多项选择题（本题共4小题，每小6分，共24分。每个小题有多个选项符合要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图所示的电路中，定值电阻、，A为标称为（、）的小灯泡。已知电源的电动势为，断开电键K小灯泡A正常发光，假设灯丝的电阻不随温度的变化而变化。则下列说法正确的是（）A.灯泡A的电阻为B.电源的内阻为 C.断开电键，电源的输出功率为D.闭合电键，A消耗的实际功率为【答案】BD【解析】【详解】A．小灯泡的额定电流为灯泡A的电阻为故A错误；B．断开电键K时，小灯泡A正常发光，根据闭合电路的欧姆定律得解得故B正确；C．断开电键K时，电路中的总电流为，则电源的输出功率为故C错误；D．闭合电键K时，设外电路总电阻为，则有根据闭合电路欧姆定律可得灯泡两端的电压为灯泡的实际功率为 故D正确。故选BD。9.如图所示，正三角形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（包括边界），点为正三角形的中心，三角形的边长为，已知磁感应强度大小为，顶点有一粒子发射源，能朝点发射一系列速率不同的比荷均为的负粒子，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力。则下列说法正确的是（）A.从点离开的粒子在磁场中运动的时间为B.从边中点离开的粒子速率为C.粒子的速度小于时，粒子在磁场中运动的时间不同D.粒子的速率足够大时，粒子可以从边的中点离开【答案】AB【解析】【详解】A．作出由点离开的粒子轨迹，如图所示由几何关系可知该粒子在磁场中的轨迹所对应的圆心角为，该粒子在磁场中运动的时间为又粒子的运动周期为 则粒子在磁场中运动的时间为故A正确；C．由洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可知，点离开的粒子轨道半径为联立可得所以从点离开的粒子速度为当粒子的速度小于时，粒子从边离开，粒子的轨迹所对应的圆心角均为，所以从边离开的粒子在磁场中运动的时间均为故C错误；B．如果粒子从边的中点离开磁场时，由几何关系可知粒子的轨道半径为又所以粒子的速度为故B正确；D．由于边的中点在粒子入射方向的延长线上，所以无论粒子的速度多大，该粒子不可能从边的中点离开磁场，故D错误。 故选AB。10.如图所示，2022年7月15日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近日宣布在宇宙中发现两个罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。如图所示为该双星模型的简化图，已知，，假设两星球的半径远小于两球球心之间的距离。则下列说法正确的是（）A.星球P、Q的轨道半径之比为B.星球P的质量大于星球Q的质量C.星球P、Q的线速度之和与线速度之差的比值D.星球P、Q的质量之和与P、Q质量之差的比值【答案】ACD【解析】【详解】A．设两星球的轨道半径分别为、，由题意可知，解得，整理得故A正确； B．星球P、Q环绕连线上的点做匀速圆周运动，则星球P、Q的角速度相等，又星球P、Q之间的万有引力提供向心力，所以星球P、Q的向心力大小相等，则因为，所以故B错误；C．由以上分析可知P、Q的线速度分别为，P、Q的线速度之和为P、Q的线速度之差为解得故C正确；D．由牛顿第二定律对星体P有则同理对Q有则P、Q质量之和为 P、Q质量之差为解得故D正确。故选ACD。11.某玩具电动汽车的生产厂家在测试玩具车的性能时，让玩具车在平直的轨道上以恒定的加速度启动，通过计算机描绘了玩具车匀加速阶段的图像如图所示，横轴为玩具车的位移，已知汽车的质量为，阻力与玩具车重力的比值为，。则下列说法正确的是（）A.玩具车在匀加速阶段的牵引力大小为B.玩具车的额定功率为C.过程所用的时间为D.玩具车能达到的最大速度为【答案】CD【解析】【详解】A．由速度位移关系式得两边乘以得所以 结合图像可知又，解得由牛顿第二定律得又代入数据解得故A错误；B．玩具车匀加速的末速度为又由题意可知汽车加速匀加速结束，且此时玩具车的功率达到额定功率，所以玩具车的额定功率为故B错误；C．由于汽车在的过程做匀加速直线运动，该过程玩具车的运动时间为故C正确；D．玩具车的功率达到额定功率后，随汽车速度的逐渐增大，玩具车的牵引力逐渐减小，当玩具车的牵引力等于阻力时速度达到最大，则玩具车的最大速度为故D正确。故选CD。三、非选择题（共55分）12.某实验小组的同学利用则图甲所示的打点计时器分析了小车的运动规律，通过多次操作选取了一条比较清晰的纸带，如图乙所示。 （1）该打点计时器所用的电源为________（“的交流电源”、“220V的交流电源”或“的直流电源”、“220V的直流电源”）。（2）实验时，下列操作正确的是________。A.实验时先释放小车再接通电源B.释放小车瞬间，应使小车距离打点计时器稍远些C.实验时应控制小车的速度，不能太小也不能太大（3）若打点计时器的打点周期为，且图乙中相邻两点间还有三个点未画出，已知、、、，则打下A点瞬间小车的速度为________，段小车的平均速度为________；（结果保留两位有效数字）（4）如果实际上打点周期略大于，则第（3）问测量结果________（培“偏大”、“不变”或“偏小”）。【答案】①.的交流电源②.C③.0.23④.0.67⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]由于图中选用的是电火花计时器，因此所用电源为220V的交流电源。（2）[2]A．实验时先接通电源再释放小车，A错误；B．为了在纸带上尽可能多的打点，释放小车瞬间，应使小车距离打点计时器近些，B错误；C．为了减小实验误差，实验时应控制小车的速度，不能太小也不能太大，C正确。故选C。（3）[3]相邻两计数点间的时间间隔打A点的速度等于OB间的平均速度[4]段小车的平均速度为 （4）[5]时间间隔测量值偏小，因此第（3）问的测量结果偏大。13.某实验小组的同学为了研究标称为、的电学元件L的伏安特性曲线，可供选择的实验器材如下：电压表V（量程，）电流表（量程，）滑动变阻器，额定电流滑动变阻器，额定电流定值电阻定值电阻定值电阻定值电阻电源（电动势为，内阻不计）开关一个、导线若干（1）为了精确地完成测量，该小组的同学设计了如图甲所示的电路，电压表欲改装成的电压表应选择________；电流表改装成量程的电流表应选择________；滑动变阻器应选择________；（2）某次测量时，电流表的读数为，电压表的读数为，则电学元件L的阻值约为________；（3）通过多次测量，并将实验数据描绘在图中，图像如图乙所示，现取两个标称均为、的电学元件，接在如图丙所示的电路中，已知电源的电动势为、内阻，定值电阻 ，则其电学元件L1消耗的电功率约为________（以上结果均保留两位小数）【答案】①.②.③.④.6.10⑤.1.02【解析】【详解】（1）[1]电压表扩大到15V量程，由欧姆定律可得应选择R6。[2]电流表改装成量程，由欧姆定律可得应选择R3。[3]滑动变阻器是分压式接法，为了便于调节，应选择最大阻值较小的R1。（2）[4]电流表的读数为，则流经电学元件L的电流为IL=2×100mA=0.2A电压表的读数为，则电学元件L的两端电压为由欧姆定律可得（3）[5]设电学元件两端电压为U，流过一个电学元件的电流为I，由闭合电路欧姆定律可得代入数据可得由图乙可得电学元件L1消耗的电功率约为14.如图所示为某滑雪场地的简易图，可视为质点的运动员由O点静止出发，依次经过A、B两点最终静止在水平部分。已知、，，雪橇与场地之间的动摩擦因数均为， ，。某次滑行时运动员经过B点的速度为经过A点速度的两倍，忽略运动员经过A、B两点时速度大小的变化。求：（1）出发点到A点的距离；（2）运动员从计发到静止在水平部分所用的总时间，以及静止时到B点的距离。【答案】（1）10m；（2）11s，40m【解析】【详解】（1）设之间的距离为，A、B两点的速度分别为、。对运动员在段由牛顿第二定律得解得则有对运动员在段由牛顿第二定律得解得则有又，解得（2）由，解得运动员在A点的速度为 则运动员由到A的时间为运动员由A到B的时间为运动员在水平部分，又牛顿第二定律得解得在水平部分运动的时间为则运动员出发到静止的总时间为运动员在水平部分的位移为代入数据解得15.如图所示，水平轨道与半径为的圆弧轨道相切与A点，整个空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为，质量为的不带电的小球乙静止在A点，质量为、电荷量为的带正电的小球甲由水平轨道的点静止释放，已知，经过一段时间两球发生碰撞，碰后并粘合为一体，忽略一切摩擦以及小球与水平面碰后的运动，两球均可视为质点，重力加速度大小为。求：（1）碰后两球对轨道的最大压力； （2）小球距离水平面的高度为时的速度的大小。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）碰前对小球甲由到A的过程，由动能定理得两球碰撞过程动量守恒，则有解得碰后小球所受的电场力为电场力与重力的合力斜向右下方与水平方向成，大小为小球的等效最低点位于弧的中点，对小球由A到的过程由动能定理得又由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为 （2）小球到水平面的高度为时应有两种情况：①小球到达B点时距离水平面的距离为时，由A到B由动能定理得解得②小球离开B点后在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做初速度是零的匀加速运动，设小球再次运动到距水平面高度为的位置时，所用时间为，根据运动学公式得在时间内小球沿电场方向运动的位移为又解得对小球，从B点到再次运动到距水平面高度为的位置，根据动能定理得解得16.如图所示，水平虚线的上方有竖直向上的匀强电场和匀强磁场（方向未知），虚线下侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，虚线上下两侧磁感应强度大小相等。一带负电的粒子由竖直虚线上的点以水平向右的速度射入，该粒子刚好沿直线向右运动，现将虚线上方的匀强磁场撤走，粒子仍从点以速度沿原方向射入，粒子由水平虚线的点离开电场，且粒子在点的动能为点动能的2倍，经过一段时间粒子再次回到点。已知，忽略粒子的重力。求：（1）点到点的距离； （2）上述过程中，粒子轨迹上的点到点的最大距离；（3）粒子由点射入到返回点的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在点的动能为，则粒子在点的动能为则有解得粒子在点的速度为粒子在竖直方向上的速度粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上竖直方向上，联立解得（2）撤去虚线上方的磁场前，粒子在上侧做匀速直线运动，由平衡条件得 解得由题意作出撤去上方磁场后粒子的轨迹，如图所示粒子在电场中运动时有，沿竖直方向有，沿水平方向有磁场中运动时，有联立解得粒子进入磁场时的速度与水平虚线的夹角为，又，故轨迹圆的圆心在竖直虚线上，则则粒子在磁场中运动时与的最大距离为（3）粒子从运动到的时间根据对称性可知，粒子在电场中运动的总时间为 粒子在磁场中运动的时间为又联立解得故粒子从点射入到返回点的总时间为