山东省文登一中2024年高三年级下学期第一次考试物理试题试卷

山东省文登一中2024年高三年级下学期第一次考试物理试题试卷
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，两同心圆环A、B置于同一光滑水平桌面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，若A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（）
A．B环将顺时针转动起来
B．B环对桌面的压力将增大
C．B环将有沿半径方向扩张的趋势
D．B环中将有顺时针方向的电流
2、一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是t=0时刻的波形图，图（乙）是x=1.0m处质点的振动图像，下列说法正确的是（）
A．该波的波长为2.0m B．该波的周期为1s
C．该波向x轴正方向传播D．该波的波速为2.0m/s
3、如图，两端封闭的玻璃直管下方用一小段水银柱封闭了一定质量的理想气体，上方为真空．现在管的下方加热被封闭的气体，下图中不可能发生的变化过程是（）
A．
B．
C．
D．
4、如图所示，在真空云室中的矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在O点的铀238原子
核238
92U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线OP为
1
4
圆弧，
x轴过O点且平行于AB边。

下列说法正确的是（）
A．铀238原子核发生的是β衰变，放出的射线是高速电子流
B．曲线OP是射线的径迹，曲线OQ是反冲核的径迹
C．改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变D．曲线OQ是α射线的径迹，其圆心在x轴上，半径是曲线OP半径的45倍5、关于曲线运动，下列说法正确的是（）
A．曲线运动的速度方向可以不变
B．匀变速曲线运动任意相等时间内速度的变化量相同
C．速率恒定的曲线运动，任意相等时间内速度的变化量相同
D．物体受到的合外力持续为零时，物体仍可以做曲线运动
6、如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。

某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。

则在细沙漏出前后，下列说法正确的是（）
A．木板始终做匀速运动
B．木板所受合外力变大
C．木板由匀速变为匀加速直线运动
D．木板所受斜坡的摩擦力不变
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。

R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，S为开关。

保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L1两端电压的2倍。

以下说法正确的是（）
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4
C．定值电阻的阻值为10Ω
D．闭合开关S后，灯泡L1中的电流变小
8、一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，此时质点A正沿y轴正向运动，质点B位于波峰，波传播速度为4m/s，则下列说法正确的是（）
A．波沿x轴正方向传播
B．质点A振动的周期为0.4s
C．质点B的振动方程为
2
0.02cos(m)
3
y t
π
=
D．t=0.45s时，质点A的位移为-0.01m
E.从t=0时刻开始，经过0.4s质点B的路程为0.6m
9、下列说法正确的是（）
A．根据热力学定律知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
C．墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
D．在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
E.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
10、下列说法正确的是（）
A．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．密闭容器中的理想气体温度不变，体积增大，则气体一定吸热
C．分子间距增大时，分子势能增大，分子力做负功
D．热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化
E.液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3Ω)的元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。

(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线__________。

(2)在实验中应选用的滑动变阻器是_________。

A．滑动变阻器R1(0～5Ω 额定电流5A)
B．滑动变阻器R2(0～20Ω 额定电流5A)
C．滑动变阻器R3(0～100Ω 额定电流2A)
(3)图(b)中的点为实验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线__________。

(4把元件Z 接入如图(c)所示的电路中，当电阻R 的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A ；当电阻R 的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.8A 。

结合图线，可求出电池的电动势E 为______V ，内阻r 为______Ω。

12．（12分）用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n 块质量均为m 0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门。

调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t 0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t 1，t 2…，计算出t 12，t 22…
(1)挡光时间为t 0时，重锤的加速度为a 0从左侧取下i 块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为t i ，重锤的加速度
为a i ，则0
i a a =__________（结果用t 0和t i 表示）
(2)作出0
i a i a -的图线是一条直线，直线的斜率为k ，则重锤的质量M =_____。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）一扇形玻璃砖的横截面如图所示，圆心角∠AOC =120︒，图中的虚线OB 为扇形的对称轴，D 为OC 的中点，一细束平行于玻璃砖截面的单色光沿与OC 面成30︒角的方向从D 点射入玻璃砖，折射光线与竖直方向平行。

（i ）求该玻璃砖对该单色光的折射率；
（ii ）请计算判断此单色光能否从玻璃砖圆弧面射出，若能射出，求射出时折射角的正弦值。

14．（16分）如图直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限内存在场强为E ，沿x 轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q （q >0）的带电粒子，从P （l ，l ）处由静止开始运动，第1次通过x 轴时沿y 轴负方向。

不计粒子重力。

求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第3次经过y 轴时的纵坐标；
（3）通过计算说明粒子离开P 点后能否再次经过P 点。

15．（12分）如图所示，在xOy 平面的y 轴左侧存在沿y 轴正方向的匀强电场，y 轴右侧区域I 内存在磁感应强度大小为B 1=0mv qL
的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L ，高度均为3L ．质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标为(2L -，2L -)的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好经过坐标为(0，(21)L -)的C 点射入区域Ⅰ．粒子重力忽略不计．求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
（3）要使粒子从区域Ⅱ的上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直于纸面向里的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．
分析：因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环B中的磁通量发生变化，产生感应电流．使得处于磁场中的B圆环受到力的作用．
解答：解：A、A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方向的电流，使得B环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的，两环的电流方向相反，则具有沿半径扩张趋势．若绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得B环中的磁通量仍变大，由楞次定律可得感应电流方向是顺时针的，两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势．
由上可知，B环不会转动，同时对桌面的压力不变．
故选C
点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两者相排斥．2、D
【解题分析】
ABD．根据甲、乙图可知，波长4m，周期2s，波速
=2m/s v T λ
=
选项AB 错误，D 正确；
C ．根据图乙t =0s 时，质点向下振动，所以甲图x =1m 坐标向下振动，由同侧法可得波向x 轴负方向传播，选项C 错误。

故选D 。

3、B
【解题分析】
A 、图A 为P -T 图象，气体先做等压变化，温度升高，后做等容变化，压强随温度的升高而增大；故A 正确．
B 、图B 为p -t 图，图中的气体的第二段变化的过程压强不变，显然是不可能的；故B 错误．
C 、图C 是p -V 图象，气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化，压强增大；故C 正确．
D 、图D 是V -T 图象，气体第一段图线
V T
不变，表示气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化；故D 正确． 本题选择不可能的故选B ．
【题目点拨】
该题结合气体的状态图象考查对理想气体的状态方程的应用，解答的关键是先得出气体的状态参量变化的规律，然后再选择图象．
4、D
【解题分析】
AD ．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是α衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，由于曲线OP 为
14
圆弧，则其圆心在x 轴上，射线初速度与x 轴重直，新核初速度与x 轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x 轴上
由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是α粒子的45倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线OQ 半径是曲线OP 半径的45倍，故A 错误，D 正确。

BC ．由动量守恒可知
αα0mv m v =-
粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力
2v qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故BC 错误。

故选D 。

5、B
【解题分析】
A ．曲线运动的速度方向一直在变化，故A 错误；
B ．只要是匀变速运动，其加速度a 的大小、方向均不变，任意相等时间内速度的变化量为
v a t ∆=∆
所以任意相等时间内速度的变化量相同，故B 正确；
C ．速率恒定的曲线运动，其速度方向变化，则0v ∆≠；其加速度不恒定，任意相等时间内速度的变化量为 v a t ∆=∆
所以任意相等时间内速度的变化量不相同，故C 错误；
D ．物体所受合外力持续为零时，其加速度持续为0，速度的大小和方向均不改变，则物体只能做匀速直线运动，故D 错误。

故选B 。

6、A
【解题分析】
AC ．在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件有：
()sin f m M g α=+
()cos N m M g α=+
又
f N μ=
联立解得：tan μα=
在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为m '，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜面方向仍处于平衡状态，则有：
()cos N m M g α''=+
又
f N μ''=
且
tan μα=
解得：()()cos tan sin f m M g m M g ααα'''=+=+
而重力沿斜面向下的分力为()sin m M g α'+，即()sin f m M g α''=+，所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动，A 正确，C 错误；
B ．因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B 错误；
D ．因为细沙的质量减小，根据()sin f m M g α''=+，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、CD
【解题分析】
AB ．由电压图像可知，输入电压的最大值为m U =V ，则有效值为
U ==20V 灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V ，即副线圈两端的电压25U =V ，由题知电阻R 两端的电压为R U =10V ，故变压器原线圈的电压
1R U U U =-=10V
原副线圈的匝数比
112210251
n U n U === 故AB 错误；
C ．灯泡L 1正常发光，即副线圈的电流22I =A ，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比
122112
I n I n == 解得电阻R 中的电流为1I =1A ，由欧姆定律可知
101
R R U R I ==Ω=10Ω 故C 正确；
D ．开关S 闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电
阻R 两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡1L 两端电压降低，电流减小，故D 正确。

故选CD 。

8、AD
【解题分析】
A ．根据振动与波动的关系可知，波沿x 轴正向传播，A 项正确；
B ．波动周期与质点的振动周期相同，即为
1.2s 0.3s 4
T v λ
=== B 项错误；
C ．质点B 的振动方程
2200.02cos m 0.02cos (m)0.33y t t ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭
C 项错误；
D ．从t =0到t =0.45s ，经过15个周期，t =0.45s 时A 质点的位置与t =0时刻的位置关于x 轴对称，D 项正确；
E ．从t =0时刻开始，经过0.4s 质点B 的路程为0.02m×5=0.2m ，E 项错误。

故选AD 。

9、BDE
【解题分析】
A．热力学第二定律可以知道热量能够从高温物体传到低温物体，但也能从低温物体传到高温物体但引起其它变化，故A错误；
B．分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时分子间距离变小时分子力增大，故B正确；
C．墨汁的扩散运动是因为微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故C错误；
D．在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果，故D正确；
E．石墨和金刚石的物理性质不同是因为组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故E正确。

故选BDE。

10、ABE
【解题分析】
A．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故液体表面存在表面张力；故A正确；B．密闭容器中的理想气体温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可得
∆=+
U W Q
气体一定要从外界吸热，故B正确；
C．当分子间作用力表制现为斥力时，距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间作用力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大。

故C错误；
D．根据热力学第二定律的另一种表述可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化，故D错误；
E．液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层由收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样。

这样的液体与固体之间表现为不浸润，所以E正确。

故选ABE。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、电源负极与滑动变阻器a端相连 A 4.1 0.45
【解题分析】
(1)[1]因Z电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接法，错误的连线标注及正确接法如图：
(2)[2]分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A；
(3)[3]根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：
；
(4)[4][5]当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时，Z电阻两端的电压约为0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：
E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5
E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7
联立解得：
E=4.1V r=0.44Ω
12、202i t t 02nk m k
+ 【解题分析】
(1)[1]遮光片经过光电门时的速度
00d v t =，i i
d v t = 重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得
220022i i v a h v a h ==，
整理得
202
0i i a t a t = (2)[2]由牛顿第二定律得
000()Mg nm g M nm a -=+
000(()))(i M im g n i m g M nm a +--=+
整理得
00021i a m g i a Mg nm g
=+- 则0
i a i a -图像的斜率 002m g k Mg nm g
=- 解得
0(2)=nk m M k
+
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（i
）n =
（ii ）能射出，23sin 4
θ= 【解题分析】
(i)光路图如图所示，有几何关系得: 60,30i r ︒︒==
根据折射定律有sin sin i n r
=，解得 3n =
(ii)如图所示，光线出射过程中，入射角1θ，折射角为2θ，
根据正弦定理有 1sin sin1202
R R
θ︒= 得
13sin θ= 由1sin C n =
可知，因1θ＜C ，故此单色光能从玻璃砖圆弧面射出，由光路可逆可得 21
sin sin n θθ= 解得
23sin 4
θ= 14、（1）2mE B ql =
；（2）2l ；（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P 点，证明见解析。

【解题分析】
（1）设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y 轴时的速度为1v ，根据动能定理
2112
qEl mv =① 由左手定则可以判断，粒子向－y 方向偏转，如图所示：
由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为1R l =②
由牛顿第二定律得：
2111
v qv B m R = ③ 由①②③得：2mE B ql
=④ （2）粒子第2次经过x 轴时，速度沿+y 方向，位置坐标为2x l =⑤
粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间3t ，第3次经过y 轴时，轨迹如图
212
l at =⑥ qE a m
=⑦ 31y v t =⑧
由①⑤⑥⑦⑧得32y l =
（3）粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：
22211122
qEl mv mv =- 解得212v v =，θ=45°
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R 2，根据半径公式可得：212R R =
第三次进入电场是从坐标原点O 处沿与x 轴正向45°角斜向上方向。

由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l 时，纵坐标的值为2l ，可知本次不会经过P 点。

粒子将从y =4l 处第3次离开电场， 第3次通过磁场后从y =2l 处与+x 方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P 点。

以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P 点。

15、（1）202mv E qL =；（2）（L ，0）；（3）0022423mv mv B qL qL
≤≤ ，30°≤θ≤90° 【解题分析】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
2L=v 0t 212Eq L t m
= 解得202mv E qL
= ⑵ 设带电粒子经C 点时的竖直分速度为v y 、速度为v ，轨迹如图所示：
00
2y Eq Eq L v t v m m v ==⋅= 02v v =，方向与x 轴正向成45°
斜向上 粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，qB 1v=m 2
v R
，012v R qB = 解得2L
由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=L ，y=0
（3）根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足34L≤r≤L 半径为：2
mv r qB = 可得0022423mv mv B qL qL
≤≤ 根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y 轴正方向夹角30°≤θ≤90°。