2024届甘肃省兰州一中高三5月阶段性教学质量检测试题物理试题理

2024届甘肃省兰州一中高三5月阶段性教学质量检测试题物理试题理
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，在两等量正点电荷连线的中垂线上，有a、b两个点电荷绕O点做匀速圆周运动，且a、b与O始终在一条直线上。

忽略a、b间的库仑力，已知sinα＝0.6，sinβ＝0.8，则a、b两个点电荷的比荷之比为（）
A．27
64
B．
9
16
C．
6
9
D．
3
4
2、下列说法中正确的是
A．α粒子散射实验发现了质子
B．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱
C．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀
D．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量
3、2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆，地球半径为6400km，第一宇宙速度为7.9km/s。

则该卫星的运行速度为（）
A．11.2km/s B．7.9km/s C．7.5km/s D．3.lkm/s
4、A、B两物体经过同一地点时开始计时，它们沿直线运动的速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻A、B两物体相遇
B．t2时刻B物体速度变化率为零
C．t1到t3时间内两物体的间距先增大后减小
D．A、B两物体速度方向一直相同
5、下列说法正确的是（）
A．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B．铀核（238
92U）衰变为铅核（206
82
Pb）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
C．210
83Bi的半衰期是5天，100克210
83
Bi经过10天后还剩下50克
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
6、一物体在竖直方向运动的v—t图象如图所示。

以下判断正确的是（规定向上方向为正）（）
A．第5s内与第6s内的加速度方向不同
B．第4s末～第6s末物体处于失重状态
C．前2s内物体克服重力做功的平均功率大于第6s内物体重力做功的平均功率
D．第2s末～第4s末的过程中，该物体的机械能守恒
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、如图所示，固定在水平地面上的弹射装置可以向任意方向以同样大小的速度发射小球。

当小球射出时速度与水平面成θ角时，小球刚好水平飞入固定在水平平台上竖直放置的光滑半圆形管道内。

当小球运动到轨道最高点时，恰与管壁无相互作用。

已知小球质量m=0.5kg，初速度v0=6m/s，半圆形管道半径R=0.18m，g取10m/s2。

则有（）
A．小球在最高点的速度为0
B．小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N
C．θ=60°
D．圆轨道最低点距地面高度h=1.8m
8、如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。

现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传动带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v 。

已知B 处离地面的高度皆为H 。

则在物体从A 到B 的过程中（ ）
A ．两种传送带对小物体做功相等
B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等
C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等
9、对于热学的相关现象，下列说法正确的是（ ）
A ．毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降
B ．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数
C ．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大
D ．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽
10、如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L 处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动．物体与盘面间的动摩擦因数为32
（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R ，引力常量为G ，下列说法正确的是
A ．这个行星的质量22R L
M G ω=
B ．这个行星的第一宇宙速度12v LR ω=
C R L
π
ω D ．离行星表面距离为R 的地方的重力加速度为2L ω
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）小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻.
（1）先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________（填“＋”或“—”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V1的内阻为___________kΩ.
（2）为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最
__________（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最__________（填“大”或“小”），闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数为R0，R=__________.
则被测电压表V1的内阻1V
（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表V2的示数为U，再将单刀双掷开关S2打到2，调节电阻箱，使电压表V2的示数仍然为U，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V1的内阻1V R=__________Ω.
12．（12分）某实验小组用如图甲所示的实验装置测定小木块与长木板间的动摩擦因数，主要实验操作如下：
①先将右端有固定挡板的长木板水平放置在实验桌面上，再将安装有遮光条的小木块用跨过长木板左端定滑轮的细绳与钩码相连接，保持桌面上细绳与长木板平行；
②光电门B固定在离挡板较远的位置，光电门A移到光电B与挡板之间的某一位置，使小木块从紧靠挡板的位置由静止释放；
③用跟两光电门相连接的数字计时器记录遮光条通过光电门A的时间△t1，遮光条通过光电门B的时间△t2以及小木
块从光电门A 运动到光电门B 的时间△t ；
④改变光电门A 的位置，重复以上操作，记录多组△t 1，△t 2和△t 值。

请回答以下几个问题：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d 如图乙所示，则d =___cm ；
(2)实验测得遮光条经过光电门2的时间Δt 2保持不变，利用图象处理实验数据，得到如图丙所示的1
1t t -∆∆图象，其中图象纵轴截距为b ，横轴截距为c 。

实验测得钩码和木块的质量分别为m 和M ，已知当地重力加速度为g ，则动摩擦因数μ＝____。

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）如图所示，圆心为O 、半径为r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B 0。

P 是圆外一点，OP ＝2r 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出，第一次从A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q 点(P 、O 、Q 三点共线)沿PQ 方向射出圆形区域。

不计粒子重力，sin37︒ ＝0.6，cos37︒ ＝0.8。

求：
(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；
(2)圆内磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。

14．（16分）如图所示，半径均为1m R =的光滑圆弧轨道AB 与BC 在B 点平滑连接，固定在竖直面内，A 端与固定水平直杆平滑连接，两段圆弧所对的圆心角均为60°，一个质量为1kg m =的圆环套在直杆上，静止在P 点，PA 间的距离为1m l =，圆环与水平直杆间的动摩擦因数0.5μ=，现给圆环施加一个水平向右的恒定拉力F ，使圆环向右运动，圆环运动到B 点时撤去拉力，结果圆环到达C 点时与圆弧轨道间的作用力恰好为零，重力加速度210m/s g =，
求：
(1)拉力F 的大小；
(2)若不给圆环施加拉力，而是在P 点给圆环一个初速度0v ，结果圆环从C 点滑出后，下落1m R =高度时的位置离2O 点距离也为R ，初速度0v 应是多大。

15．（12分）坐标原点处的波源在t =0时开始沿y 轴负向振动，t =1.5s 时它正好第二次 到达波谷，如图为t 2= 1.5s 时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：
(1)这列波的传播速度是多大? 写出波源振动的位移表达式；
(2)x 1 =5.4m 的质点何时第一次到达波峰?
(3)从t 1=0开始至x =5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x 2=30cm 处的质点通过的路程是多少?
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、A
【解题分析】
设两等量正电荷的电荷量均为Q ，a 、b 两点电荷的电荷量分别为q a 和q b ，质量分别为m a 和m b ，O 到正点电荷的距离为l ，由题意知a 、b 做圆周运动的周期相同，设为T 。

根据库仑定律、牛顿第二定律，对a ，有 2
22π2sin37tan37cos37a a Qq k m l T l ︒︒︒⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭
对b ，有
2
22π2sin53tan53cos53b b Qq k m l T l ︒︒︒⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭
整理得 2764
a
a b b
q m q m = 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2、C
【解题分析】
试题分析：卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过α粒子轰击氮核而发现质子，选项A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D 错．
考点：原子 原子核
3、C
【解题分析】
近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2 Mm v G m R R
= 则有第一宇宙速度
7.9v ==km/s “吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2() Mm v G m R h R h
'=++ 联立解得
7.5v '=km/s
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

4、B
【解题分析】
A.由v-t 图像可知， t 1时刻A 、B 两物体速度相同，A 的位移大于B 的位移，两物体没有相遇，选项A 错误；
B. v-t 图像的斜率等于加速度，则t 2时刻B 物体加速度为零，速度变化率为零，选项B 正确；
C. 因t 1时刻A 在B 之前，则t 1到t 3时间内两物体的间距先减小后增大，选项C 错误；
D. 物体B 一直沿正方向运动，物体A 在t 1到t 3的某段时间内向负方向运动，则A 、B 两物体速度方向不是一直相同，选项D 错误；
5、B
【解题分析】
A ．β衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A 错误；
B ．铀核（238
92U ）衰变为铅核（206
82Pb ）的过程中，每经一次
α衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次β衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数
23820684
m -==次 β衰变次数
()8292826n =--⨯=次
B 正确；
C ．设原来Bi 的质量为0m ，衰变后剩余质量为m 则有
10501110025g 22
()()t T m m ==⨯= 即可知剩余Bi 质量为25g ，C 错误；
D ．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D 错误。

故选B 。

6、B
【解题分析】
A ．v —t 图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s 内与第6s 内的斜率相同，则加速度方向相同，故A 错误；
B ．第4s 末～第6s 末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B 正确；
C ．v —t 图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s 内物体物体的位移大小为
11102m 10m 2
h =⨯⨯= 第6s 内物体的位移大小为
2110m 5m 2
h =⨯⨯= 则前2s 内克服重力做功的平均功率为
1052
mg P mg ⨯== 第6s 内物体重力做功的平均功率为 551mg P mg ⨯'=
= 所以前2s 内克服重力做功的平均功率等于第6s 内物体重力做功的平均功率，故C 错误；
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故D 错误。

故选B 。

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、BC
【解题分析】
A ．小球在最高点恰与管壁无相互作用力，根据牛顿第二定律
21v mg m R
= 解得
15
v ==
A 错误；
B ．小球从圆轨道最低点至最高点由机械能守恒有
222111222
mgR mv mv =
- 解得 23m/s v =
在最低点有
22N v F mg m R
-= 解得
N 30N F =
根据牛顿第三定律可知小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N ，B 正确；
C ．平抛运动水平方向上做匀速直线运动，分解速度
02cos v v θ=
解得
1cos 2
θ=
解得 60θ︒=
C 正确；
D ．在竖直方向上做竖直上抛运动，逆过程为自由落体运动，根据运动学公式
2
0(sin )2v h g
θ= 解得
1.35m h =
D 错误。

故选BC 。

8、AC
【解题分析】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2H v x t θ==
此时传送带匀速的位移为
212sin x v H
t θ
==
则两者的相对位移为
21sin H
s x x θ
=-=
相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对
解得1
sin H
Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
1
1
si 2
n v
x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为
()
2
12sin t h x v H θ
''==-
则两者的相对位移为
21sin H h
s x x θ
-'''=-=相对
根据摩擦生热的公式
Q fs =相对
解得2
sin H h
Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ=
22sin f mg ma θ-=，2
22
sin v a H h θ
=-
解得
21sin sin 2mv f mg H
θ
θ=+
，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得
212Q mgH mv =+甲，()21
2
Q mg H h mv =-+乙
则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选A
C 。

9、A
D 【解题分析】
A ．毛细现象表现为浸润细管的液体在细管中上升、不浸润细管的液体在细管中下降，毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降，故A 正确；
B ．阿伏加德罗常数是1mol 任何质量所含有的微粒数目阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比，已知水的密度和水的摩尔质量无法确定分子质量，故无法确定阿伏加德罗常数，故B 错误；
C ．空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的距离减小，斥力和引力均增大，故C 错误；
D ．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽，故D 正确。

故选AD 。

10、BD 【解题分析】
当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出重力加速度，然后结合万有引力提供向心力即可求出． 【题目详解】
物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmg cos30°-mg sin30°=mω2L ，所以:224cos30sin30L g L ωωμ=
=︒-︒
.
A ．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力即为其所受重力，即：2Mm
G
mg R
=,所以2224gR R L
M G G
ω==
，故A 错误；
B ．根据行星的第一宇宙速度公式1v =
得，该行星得第一宇宙速度为12v =，故B 正确；
C ．同步卫星在轨运行时，轨道处卫星受到的引力提供向心力，则有()
()2
2
24h Mm
G
m R T
R h =++π，解得：
T =
，由于同步卫星的高度未知，故而无法求出自转周期T ，故C 错误；
D ．离行星表面距离为R 的地方的万有引力：()
2
2
2
144
2GMm
GMm F mg m L R R ω==
==；即重力加速度为ω2L ．故D 正确． 【题目点拨】
本题易错点为C 选项，在对同步卫星进行分析时，如果公转圆周运动不能计算时，通常可以考虑求行星自传周期：同步卫星的周期等于行星自传周期．
该行星赤道上的物体随行星一起做圆周运动时，万有引力可分解为重力和自传向心力，即2
0224Mm G mg m R R T
=+π，
由于不能确定该行星表面上赤道地区的重力加速度，故而无法求出自传周期T ；
如果错误地按照自传向心力由万有引力提供，2
224Mm G m R T =π，解得：
T ，就错了，因为是如果行星上物体所受万有引力全部提供自传向心力，该行星已经处在自解体状态了，也就是不可能存在这样得行星．
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、（1）＋， 9. 0； （2）左， 大， 10
21
U R U U -； （3）8455
【解题分析】
（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“＋”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k Ω.
（2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，
被测电压表的内阻
10
1
121210
V U R U R U U U U R =
=--. （3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455Ω.
12、1.010
()bd
mg m M c Mg
-+⋅
【解题分析】 (1)[1]遮光条宽度：
d =10mm +2×0.05mm =10.10mm =1.010cm. (2)[2]设小木块运动的加速度为a ，由题知：
21
d d a t t t =+⋅∆∆∆ 解得：
1211a t t t d
=-⋅∆∆∆ 结合1
1
t t -∆∆图象可以得到： a b d c
= 解得：
bd a c
=
根据牛顿第二定律得： mg －μMg =（m +M ）a 结合bd
a c
=
，解得： ()bd mg m M c Mg
μ-+⋅
=。

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、 (1) R 2=3r (2) B 内=
4
B (3) 06730m qB π 【解题分析】
（1）设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为R 1、R 2，由几何关系可知:
r 2+R 12=（2r -R 1）2 解得 R 1=
34
r 三角形O 1AO 与三角形O 1QO 2相似，则
121O A
OA QO O Q
= 即
121
3R r R r R =- 解得: R 2=3r
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
Bqv =2
mv R
即
B =mv qR
B 0=34
mv r q ⨯
B 内=3mv q r
⨯
解得
B 内=
4
B （3）由几何关系知： tan ∠O 1OA =134
R r = 解得: ∠O 1OA =37° 同理可知
∠QOC =2∠O 1OA =74°
粒子在磁场中做圆周运动的周期 T =
2R
v
π 可得: T =
2m
qB
π 所以粒子从A 运动到Q 的时间：
t 1=00
37237360454
m m
B qB q ππ︒⨯=
︒⨯
粒子从Q 运动到C 的时间： t 2=
00
360-106212736090m m
qB qB ππ︒︒⨯=︒
t =t 1+t 2=0
6730m qB π
14、
(1)40(2；
【解题分析】
(1)圆环到C 点时对轨道的压力恰好为零，设到C 点的速度大小为1v ，则
2
1mv mg R
= 可得
1v =
根据动能定理
211
(sin 60)2
F l R mgR mgl mv μ+︒--=
求得拉力的大小
40(2F =-
(2)圆环从C 点抛出后，下落R 高度时的位置离C 点水平距离为R ，设在C 点的速度为2v ，则
212
R gt =
2R v t =
求得
2v =
从P 到C 根据动能定理有
22
201122
mgl mgR mv mv μ--=-
求得
0v =
= 15、 (1)x =5sin(53t ππ+)cm 或x =-5sin(53
t π)cm ；(2)11.7s ；(3)1.85m 【解题分析】
（1）由图像可知波长λ=0.6m ，由题意有
215
4
t t T ==， 1.2s T =
波速为
0.5m /s v T
λ
=
=
波源振动的位移表达式为
025sin 5sin cm 3x A t t T ⎛⎫⎛⎫
=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππφπ或
55sin cm 3
x t ⎛⎫=-
⎪⎝⎭
π
（2）波传到x 1=5. 4m 需要的时间为
1
110.8s x t v
∆=
=
质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y 方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为
23
0.9s 4
t T ∆==
所以，x 1=5. 4m 的质点第一次到达波峰的时刻为
21211.7s t t t =∆+∆=
（3）波传到x 2=30cm 需要时间为
2
30.6s x t v
∆=
= 所以从t 1=0开始至x =5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x 2=30cm 处的质点振动时间为
43311.137
11.1s 1.24
t t t T T ∆=-∆==
= 所以，该质点的路程为
37
4 1.85m 4
s A =
⨯=。