四川省成都市第七中學2023屆高三下學期4月第二次階段性測試物理一、選擇題：本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分。在每小題給出的四個選項中，第 1~5 題只有一項符合題目要求，第 6~8 題有多項符合題目要求。全部選對的得 6 分，選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分。1．我國新一代“人造太陽”（HL-2M）等離子體先后成功突破多項國內(nèi)、國際紀錄，專家預測，到2050年左右，人類將能利用核聚變能源。下列關于核能與核反應的說法正確的是（　　）A．鈾239（）發(fā)生一次β衰變可生成钚239（）B．是核聚變反應C．是發(fā)現(xiàn)中子的核反應D．已知質子、中子、α粒子的質量分別為、、，光在真空中傳播的速度為c，則質子和中子結合成一個α粒子的過程中，釋放的核能為【答案】D【詳解】A．經(jīng)過一次衰變后原子的質量數(shù)不變，質子數(shù)增加1，則發(fā)生2次衰變生成。故A錯誤；B．該反應為重核分裂成為兩個中等質量的原子核的核反應，是核裂變反應，不是核聚變反應。故B錯誤；C．發(fā)現(xiàn)中子的核反應是應用粒子轟擊鈹核。故C錯誤；D．由質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可知，該核反應為可見質量虧損釋放的核能為故D正確。故選D。2．蹦床運動深受人們喜愛，如圖為小明同學在杭州某蹦床館，利用傳感器測得蹦床彈力隨時間的變化圖。假設小明僅在豎直方向運動，忽略空氣阻力，依據(jù)圖像給出的物理信息，可得（　　）A．7.5s至8.3s內(nèi)，運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)B．小明的最大加速度為50C．小明上升的最大高度為20mD．小明在整個蹦床過程中機械能守恒【答案】B【詳解】A．由圖可知運動員重力大小為400N，在7.5s至8.3s內(nèi)，蹦床彈力由0增加到2400N再減小到0，運動員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．由圖可知，小明的重力為400N，質量為小明加速度最大為故B正確；C．由圖可知，小明在空中時間為由運動的對稱性可知，下落時間為小明上升的最大高度為故C錯誤；D．小明在蹦床過程的開始階段上升高度會越來越高，人本身要對自己做功，機械能增加，故D錯誤。故選B。3．某同學根據(jù)電磁學的相關知識，設計了這樣的太空單車原理圖：在銅質輪子的外側有一些磁鐵（與輪子不接觸），人在健身時帶動輪子轉動，磁鐵會對輪子產(chǎn)生阻礙，磁鐵與輪子間的距離可以改變，則下列說法正確的是（　?。?/span>A．輪子受到的阻力大小與其材料電阻率無關B．若輪子用絕緣材料替換，也能保證相同的效果C．輪子受到的阻力主要來源于銅制輪內(nèi)產(chǎn)生的感應電流受到的安培力D．磁鐵與輪子間距離不變時，輪子轉速越大，受到的阻力越小【答案】C【詳解】B．輪子在磁場中做切割磁感線的運動，會產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，因此不能用絕緣材料替換，B錯誤；AC．輪子在磁場中做切割磁感線運動，會產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，根據(jù)楞次定律可知，磁場會對運動的輪子產(chǎn)生阻力，以阻礙輪子與磁場之間的相對運動，所以輪子受到的阻力主要來源于磁鐵對它的安培力，安培力大小與電阻率有關，故A錯誤，C正確；D．磁鐵與輪子間的距離不變時，輪子轉速越大，產(chǎn)生的感應電流越大，輪子受到的阻力越大，D錯誤。故選C。4．2021年5月，基于俗稱“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠鏡（FAST）的觀測，國家天文臺李菂、朱煒瑋研究團組的姚菊枚博士等首次研究發(fā)現(xiàn)脈沖星三維速度與自轉軸共線的證據(jù)。之前的2020年3月，我國天文學家通過FAST，在武仙座球狀星團（M13）中發(fā)現(xiàn)一個脈沖雙星系統(tǒng)。如圖所示，假設在太空中有恒星A、B雙星系統(tǒng)繞點O做順時針勻速圓周運動，運行周期為，它們的軌道半徑分別為、，，C為B的衛(wèi)星，繞B做逆時針勻速圓周運動，運行周期為，忽略A與C之間的引力，引力常量為G，則以下說法正確的是（　?。?/span>A．若知道C的軌道半徑，則可求出C的質量B．若A也有一顆軌道半徑與C相同的衛(wèi)星，則其運動周期也一定為C．恒星B的質量為D．設三星由圖示位置到再次共線的時間為t，則【答案】D【詳解】A．C為B的衛(wèi)星，繞B做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，有可得若知道C的軌道半徑，可求出B的質量，不能求出C的質量，A錯誤；BC．恒星A、B雙星系統(tǒng)繞點O做順時針勻速圓周運動，角速度和周期相同，由相互間的萬有引力提供向心力，對A有對B聯(lián)立可得，若A也有一顆軌道半徑與C相同的衛(wèi)星根據(jù)上式可知，由于A與B的質量一定不相等，則其運動周期一定不是，BC錯誤；D．三星由圖示位置到再次共線時，有解得D正確。故選D。5．“V”形吊車在港口等地有重要的作用.如圖所示，底座支點記為O點，OA為“V”形吊車的左臂，OA上端A處固定有定滑輪，OB為活桿且為“V”形吊車的右臂，一根鋼索連接底座與B點，另一根鋼索連接B點后跨過定滑輪吊著一質量為M的重物，重物靜止.已知左臂OA與水平面的夾角為，左臂OA與鋼索AB段的夾角為θ，且左臂OA與右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB總質量為m，鋼索質量忽略不計，不計一切摩擦，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　?。?/span>A．定滑輪對鋼索的支持力為B．AB段鋼索所受到的拉力為2MgC．右臂OB對鋼索的支持力為D．底座對左臂OA、右臂OB、重物整體的支持力為【答案】A【詳解】A．作示意圖如圖1所示，設重物所在位置為C點，則鋼索在A點夾角為定滑輪只改變鋼索拉力的方向，不改變力的大小，則鋼索對滑輪的作用力方向沿著的角平分線，即 由牛頓第三定律可知，滑輪對鋼索的作用力故A正確；B．由題意可知，物體緩慢向上運動，鋼索拉力故B錯誤；C．以B點為研究對象，受力分析如圖2所示，可知解得故C錯誤；D．以整體為研究對象，鋼索也與底座接觸，底座對整體的支持力大于，故D選項錯誤。故選A。6．如圖所示，兩面與水平面平滑連接，物體與兩面和水平面間動摩擦因數(shù)相同，物體從斜面上A點靜止沿AB下滑，最終停在水平面上的P點，則從同一點A靜止沿曲面AC下滑，曲面弧AC的長度等于斜面AB的長度，下列說法正確的是（    ）A．沿AC下滑，物體仍將停在P點B．沿AC下滑，物體停在P點左側C．兩次下滑直到停止，所消耗的機械能是不相等的D．從斜面下滑到 B點時的動能，大于從斜面滑到C點時的動能【答案】BD【詳解】ABD．由于沿AC下滑過程中即物體與斜面間的正壓力大于沿AB下滑過程中物體與斜面間的正壓力，而故沿AC下滑過程中摩擦力做功多，根據(jù)動能定理可得到達B點時的動能大于到達C點時的動能，在水平方向上，根據(jù)可知從C點滑出后在水平方向上的位移小于從B點滑出后在水平方向上的位移，所以沿AC下滑，物體停在P點左側，A錯誤，BD正確；C．兩次下滑過程中，消耗的機械能都為，所消耗的機械能是相等的，C錯誤。故選BD。7．地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入，赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球一定厚度的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖所示。圖中給出了速度在圖示平面內(nèi)，從O點沿平行與垂直地面2個不同方向入射的微觀帶電粒子（不計重力）在地磁場中的三條運動軌跡a、b、c，且它們都恰不能到達地面。則下列相關說法中正確的是（　?。?/span>A．沿a軌跡運動的粒子帶負電B．若沿a、c兩軌跡運動的是比荷相同的粒子，則c粒子的速率更大C．某種粒子運動軌跡為a，若它速率不變，只是改變射入地磁場的速度方向，則只要其速度在圖示平面內(nèi)，粒子可能到達地面D．某種粒子運動軌跡為b，若它以相同的速率在圖示平面內(nèi)沿其他方向入射，則有可能到達地面【答案】ABD【詳解】A．由左手定則可知，沿a軌跡運動的粒子帶負電，故A正確；B．由可得可知比荷相同時，速率越大，軌跡運動的半徑越大，則c粒子的速率更大，故B正確；C．沿軌跡a運動的粒子平行于地面射入且恰好不能到達地面，軌跡a與地面相切，所以沿軌跡a運動的粒子恰好不能到達地面時在地磁場中的位移為，已達到最大值，故只要該粒子速率不變，不論沿著什么方向入射都不會到達地面，故C錯誤；D．結合圖像可知，沿軌跡b運動的粒子在磁場中的位移還未達到2時，就已經(jīng)與地面相切，因此改變?nèi)肷浞较?，該粒子有可能到達地面，故D正確。故選ABD。8．如圖所示，不帶電物體A質量為m，帶電量為的物體B質量為，A、B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，物體B靜止在傾角為且足夠長的斜面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端與物體A相連，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。某時刻，施加一場強大小為，方向沿斜面向下的勻強電場，在物體B獲得最大速度的過程中彈簧未超過彈性限度（已知彈簧的彈性勢能，x為彈簧的形變量；輕繩與A、B的接觸面均平行，且不會斷裂），下列說法正確的是（　?。?/span>A．施加電場的初始時刻，輕繩的拉力為2mgB．物體B的速度最大時，彈簧的形變量為C．物體B從開始運動到最大速度的過程中，系統(tǒng)電勢能的減少量為D．物體B從開始運動到最大速度的過程中，物體A和物體B機械能之和減少【答案】AC【詳解】A． 施加電場前，對物體B根據(jù)平衡條件可知輕繩的拉力大小為再對物體A同理可知彈簧的彈力大小為施加電場的初始時刻，物體A、B具有相同大小的加速度a，設此時輕繩的拉力大小為，彈簧彈力大小不會突變，仍為T2，則對物體A、B根據(jù)牛頓第二定律分別有解得故A正確；B．物體B的速度最大時，所受合外力為零，此時輕繩的拉力大小為此時物體A速度也達到最大值，所受合外力也為零，則彈簧彈力大小為根據(jù)胡克定律可知此時彈簧的形變量為故B錯誤；C．剛施加電場時彈簧的形變量為根據(jù)功能關系可知，物體B從開始運動到最大速度的過程中，系統(tǒng)電勢能的減少量等于電場力對系統(tǒng)所做的功，為故C正確；D．根據(jù)功能關系可知，物體B從開始運動到最大速度的過程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力所做的功等于彈簧彈性勢能的增加量，為物體B從開始運動到最大速度的過程中，電場力和彈簧彈力對系統(tǒng)做功的代數(shù)和為所以該過程中，物體A和物體B機械能之和增加，故D錯誤。故選AC。二、非選擇題： 9．（6分）某興趣小組分別用兩種不同的方案探究了加速度與力、質量的關系。方案一：如圖甲所示，小組同學利用阻力補償法探究加速度與力、質量的關系。（1）有關本實驗方案的操作和判斷，下列說法正確的有______。A．本實驗方案中需要用到刻度尺、天平及秒表B．長木板右側適當墊高是為了補償小車受到的阻力C．在砝碼盤及盤中砝碼總質量一定時，探究小車加速度與小車的總質量M（含車內(nèi)鈞碼）關系時，不斷改變車內(nèi)鉤碼數(shù)量，重復實驗，測定多組相關數(shù)據(jù)，再通過作出的圖像，得到a與M的反比關系D．平衡阻力時，需要在砝碼盤內(nèi)放上適量的砝碼，先打開電源，后釋放小車，觀察點跡是否均勻方案二：小組同學用如圖乙所示的實驗裝置來驗證牛頓第二定律。在已調(diào)至水平的氣墊導軌左端固定一光電門B，右端放置一質量為M的滑塊（包含遮光條），滑塊上豎直固定一寬度為d的遮光條A，滑塊用一不可伸長細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛適量鈞碼。打開氣源，將滑塊由靜止釋放，測得力傳感器示數(shù)為F。在不改變鈞碼質量的情況下，僅多次改變遮光條A與光電門B中心的水平距離x，測出相應遮光條通過光電門B的遮光時間為t，做出圖示的圖像，該圖線的斜率為k。根據(jù)實驗方案二，回答以下問題。（2）下列措施有利于減小本實驗誤差的是_______。A．實驗中必須保證鈞碼質量遠小于滑塊質量MB．遮光條適當窄些C．細線在導軌上的部分應與導軌平行（3）滑塊在這一實驗條件下的加速度______（用k和d表示）。（4）如滿足的關系式為______，則牛頓第二定律成立。（用k、d、F、M表示）【答案】     B     BC/CB          【詳解】（1）[1]A．本實驗方案中需要用到刻度尺、天平，但不需要用到秒表，A錯誤；B．長木板右側適當墊高是為了補償小車受到的阻力，B正確；C．在砝碼盤及盤中砝碼總質量一定時，探究小車加速度與小車的總質量M（含車內(nèi)鈞碼）關系時，不斷改變車內(nèi)鉤碼數(shù)量，重復實驗，測定多組相關數(shù)據(jù)，再通過作出的圖像，得到a與成正比，即得到a與M的反比關系，C錯誤；D．平衡阻力時，應把砝碼盤和砝碼撤去，適當抬高長木板右側，先打開電源，后釋放小車，觀察點跡是否均勻，D錯誤。故選B。（2）[2]A．實驗中的細線拉力可以通過力傳感器得到，不需要保證鉤碼質量遠小于滑塊質量M，A錯誤；B．為了減小速度的測量誤差，遮光條適當窄些，B正確；C．為了保持細線拉力為恒力，細線在導軌上的部分應與導軌平行，C正確。故選BC。（3）[3]滑塊經(jīng)過光電門的速度為根據(jù)運動學公式可得聯(lián)立可得可知圖像的斜率為解得（4）[4]根據(jù)牛頓第二定律可得滿足關系式為則牛頓第二定律成立。10．（9分）利用如圖所示電路測未知電阻的阻值和干電池的電動勢、內(nèi)電阻。提供的實驗器材如下：A．待測電阻，阻值約6Ω；B．兩節(jié)干電池（串聯(lián)使用）；C．電壓表：量程0~3.0V，內(nèi)阻約1.5kΩ；D．電壓表：量程0~15.0V，內(nèi)阻約7.5kΩ；E.電流表：量程0~0.6A，內(nèi)阻約1.0Ω；F.電流表：量程0~1.0mA，內(nèi)阻100Ω；G.電阻箱：0~9999.9Ω；H.滑動變阻器：0~20Ω；I.開關、導線若干?；卮鹣铝袉栴}：（1）用筆畫線代替導線連接實物圖。(      )（2）電路圖中電流表A2與電阻箱R0串聯(lián)后改裝成量程為“0~3.0V”的電壓表，則電路圖中的電壓表V選______，電流表、分別選______、______（填器材前面的字母）。（3）電壓表的示數(shù)用表示，改裝電壓表的示數(shù)用表示，某次實驗中，則待測電阻的測量值______（填“小于”“等于”或“大于”）真實值。（4）滿足（3）條件，電流表示數(shù)用表示，電流表示數(shù)用表示。作圖像如圖所示，圖中a、b為已知量，則干電池的電動勢E=______，內(nèi)電阻r=______。【答案】          C     E     F     小于     a     【詳解】（1）[1]根據(jù)電路圖，連接實物圖，如圖所示（2）[2]兩節(jié)干電池的電動勢約為3.0V，為確保電壓表讀數(shù)的精度與安全，選擇量程與3.0V相差不多的電壓表，所以電壓表應選C；[3][4]由于電流表A2與電阻箱R0串聯(lián)后改裝成量程為“0~3.0V”的電壓表，則電流表A2的內(nèi)阻必需為一已知值，即電流表A2選擇F，則電流表選擇E。（3）[5]改裝電壓表的內(nèi)阻實驗中，待測電阻由于改裝電壓表的內(nèi)阻大于電壓表C的內(nèi)阻，所以通過改裝電壓表的電流小于通過電壓表C的電流，則電流表的示數(shù)大于通過待量電阻的電流，故待測電阻的測量值小于真實值。（4）[6][7]縱坐標為路端電壓，為總電流，則有根據(jù)圖像有， 11．（12分）如圖所示、是半徑為R的圓的一條直徑，在圓周平面內(nèi)，存在勻強磁場或勻強電場，將一電量為q，質量為m的正電粒子從A點以相同大小的初速度v射入，射入的方向不同時，粒子會從圓周上不同的點射出，已知，若不計重力和空氣阻力，完成下列問題：（1）若在圓周平面內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強磁場，觀察到粒子從C點射出的方向垂直于，求勻強磁場的磁感應強度B的大??；（2）若在圓周平面內(nèi)只存在平行于圓平面的勻強電場，在所有出射點中，垂直于電場方向射入的粒子正好經(jīng)過C點射出且速度最大，求勻強電場的場強E的大小。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)題意，粒子運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知粒子軌跡半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得（2）在電場中運動過程，根據(jù)動能定理垂直于電場方向射入的粒子正好經(jīng)過C點射出且動能最大，說明最大，C點電勢在圓上最低，則過C點作圓的切線即為等勢線，再連接OC即為電場線（垂直等勢線），則粒子做類平拋運動過程中聯(lián)立解得12．（20分）如圖所示，粗糙斜面傾角，斜面長，斜面底端A有固定擋板，斜面頂端有一長度為h的粘性擋板，為一段半徑的圓弧，半徑與豎直方向夾角為，處于豎直平面上，將質量為m、長度為L，厚度為h的木板置于斜面底端，質量也為m的小物塊（可看作質點）靜止在木板下端，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。木板上端若到達斜面頂端B點會被牢固粘連，物塊若到達C點能無能量損失進入圓弧。若同時給物塊和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到達B點。現(xiàn)給物塊沿斜面向上的初速度，并給木板施加一沿斜面向上的恒力。物塊剛好不從木板上端脫離木板。已知木板與斜面間的動摩擦因數(shù)，物塊與本板間的動摩擦因數(shù)為，，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，，。（1）求大??；（2）求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；（3）給物塊沿斜面向上的初速度，并給木板施加一沿斜面向上的恒力，若改變s的大小，木板能在與物塊共速前到達B端且物塊進入圓弧后不脫離圓弧。求s的取值范圍。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由于，可知，當同時給物塊和木板一沿斜面向上的初速度時，物塊與木板保持相對靜止向上做勻減速直線運動，對物塊與木板整體有解得根據(jù)題意，此過程木板上端恰能到達B點，則有解得（2）給物塊初速度時，對物塊有對木板有經(jīng)歷時間，兩者達到相等速度，則有之后，由于即之后做勻速直線運動，木板到達B后，物塊進一步向上做勻減速直線運動，由于物塊剛好不從木板上端脫離木板，則物塊減速至C時，速度恰好等于0，則有解得，（3）若物塊在圓弧中恰好做完整的圓周運動，則在最高點D有解得令物塊此過程在C點速度為，則有解得若物塊在圓弧中恰好到達與圓心等高位置速度減為0，令物塊此過程在C點速度為，則有解得改變s的大小，木板能即在與物塊共速前到達B端，則此過程中，物塊一直以加速度a向上做勻減速直線運動，當減速至時，則解得斜面長度不可能小于木板的長度，表明上述情景不存在。當減速至時，則解得根據(jù)（2）可知物塊前后做勻減速的位移和值為綜合所述，s的取值范圍為選修3-41.（5分）戰(zhàn)繩作為一項超燃脂的運動，十分受人歡迎。一次戰(zhàn)繩練習中，大一同學晃動戰(zhàn)繩一端使其上下振動（可視為簡諧振動）形成橫波。圖（a）、（b）分別是戰(zhàn)繩上P、Q兩質點的振動圖像，傳播方向為P到Q，波長大于，小于，P、Q兩質點在波的傳播方向上相距，下列說法正確的是（　?。?/span>A．時刻，Q質點的速度為0 B．該列波的波長可能為C．該列波的波速可能為 D．P、Q兩質點振動方向始終相反E. Q點 的位移為【答案】BC【詳解】A．由圖（b）可知，時刻，Q質點處于平衡位置，速度不為零，故A錯誤；B．傳播方向為P到Q，波長大于，小于，P、Q兩質點在波的傳播方向上相距，由圖像可知（，，）可得（，，）當時，可得（舍去）當時，可得當時，可得當時，可得（舍去）波長可能為或，故B正確；C．由于波長可能為或，則波速可能為或故C正確；D．由于P、Q兩質點相距距離滿足，或可知P、Q兩質點振動方向并不會始終相反，故D錯誤。E.分析可得Q點 的位移為，故E正確故選BCE。2．（10分）近年來，對具有負折射率人工材料的光學性質及應用的研究備受關注，該材料折射率為負值。如圖甲所示，光從真空射入負折射率材料時，入射角和折射角的大小關系仍然遵從折射定律，但折射角取負值，即折射線和入射線位于界面法線同側。如圖乙所示，在真空中對稱放置兩個完全相同的負折射率材料制作的直角三棱鏡A、B，頂角為，A、B兩棱鏡斜面相互平行放置，兩斜面間的距離為d。一束包含有兩種頻率光的激光，從A棱鏡上的P點垂直入射，它們在棱鏡中的折射率分別為，，在B棱鏡下方有一平行于下表面的光屏，點為P點在光屏上的投影。（1）為使兩種頻率的光都能從棱鏡A斜面射出，求的取值范圍；（2）若，求兩種頻率的光通過兩棱鏡后，打在光屏上的點距點的距離分別多大？【答案】（1）；（2），【詳解】（1）分析可知兩光線的入射角等于棱鏡的頂角，若兩光線能從棱鏡A斜面射出，應小于兩光線最小的臨界角，由得所以的取值范圍為（2）兩束光傳播的光路圖如圖所示由折射定律可知由幾何關系可知得

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