广东省汕头市2024届高三上学期12月期中考试物理

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本卷共100分，考试时间75分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 某游客游驾车导航路线信息如图所示，其中南澳大桥限速60km/h，下列说法正确的是（ ）
A. 车友推荐路线中的“46公里”指的是位移
B. 该游客无论选择哪种路线方案抵达南澳，位移均相同
C. “限速60km/h”是指驾车通过南澳大桥时，平均速度的大小不能超过60km/h
D. 在通过南澳大桥的过程中，若汽车速度表读数保持为50km/h不变，则全程汽车加速度为0
【答案】B
【解析】
【详解】A．车友推荐路线中的“46公里”指的是路程，故A错误；
B．该游客无论选择哪种路线方案抵达南澳，由于不同路线的初、末位置相同，所以位移均相同，故B正确；
C．“限速60km/h”是指驾车通过南澳大桥时，瞬时速度的大小不能超过60km/h，故C错误；
D．在通过南澳大桥的过程中，若汽车速度表读数保持为50km/h不变，由于汽车做的曲线运动，所以加速度不会一直为0，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，小丹同学用食指和大拇指对称地捏住长尾夹的两个侧面，使长尾夹底面水平且始终在空中保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A. 两个手指对长尾夹侧面的压力是一对平衡力
B. 两个手指对长尾夹的摩擦力的合力大小等于长尾夹的重力
C. 两个手指对长尾夹的作用力的合力大小等于长尾夹的重力
D. 增大两个手指对长尾夹的压力，手指对长尾夹的摩擦力保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由受力分析可知，两个手指对长尾夹侧面的压力方向为垂直于侧面向下，两压力不共线，不是一对平衡力，故A错误；
B．两个手指对长尾夹侧面的压力方向垂直于侧面向下，压力有竖直向下的分力，则摩擦力的合力大小大于长尾夹的重力，故B错误；
C．长尾夹始终在空中保持静止状态，合外力为零，所以两个手指对长尾夹的作用力的合力大小等于长尾夹的重力，故C正确；
D．增大两个手指对长尾夹压力，压力在竖直向下方向的分力增大，所以手指对长尾夹的摩擦力增大，故D错误。
故选C。
3. 2023年10月23日，日本对外宣布进行福岛核污水的第二次排海。核污水中含有钋、铯等数十种放射性物质，其中钋核（）发生衰变时的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A. X粒子为
B. 该核反应为衰变
C. 铅核有124个中子，且核力只存在于原子核中相邻的中子之间
D. 该核反应产物的结合能之和大于钋核（）的结合能
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为
X粒子为，则该核反应为衰变，故AB错误；
C．电荷数为82，质量数为206，则中子数为124，核力是短程力，只存在与相邻核子之间，但可以存在与质子与中子之间，故C错误；
D．衰变时释放能量，生成物更稳定，则核反应产物的结合能之和大于钋核（）的结合能，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示为东汉杜诗发明的“杜诗水排”，图乙是其水排装置图，当水流带动下卧轮转动时，通过转轴带动上卧轮转动，最后依靠弦索带动小轮完成后续的动力传动，a、b、c分别位于下卧轮、上卧轮和小轮的边缘，下列说法正确的是（ ）
A. c点的线速度小于b点的线速度
B. a点的线速度大于b点的线速度
C. 弦索对小轮摩擦力方向与小轮转动方向相反
D. 该装置能够将河水重力势能全部转化为水排的机械能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知c点与b点位于轮的边缘，且通过弦索传动，所以二者的线速度相等，故A错误；
B．a点与b点在同一转轴上，二者的角速度相等，由于a点做圆周运动的半径大于b点做圆周运动的半径，根据，可知a的线速度大于b点的线速度，故B正确；
C．弦索对小轮的摩擦力对小轮提供动力使小轮转动，方向与小轮转动方向相同，故C错误；
D．由于该装置存在摩擦阻力等因素的影响，所以该装置不能够将河水的重力势能全部转化为水排的机械能，故D错误。
故选B。
【点睛】
5. 如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子。负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列说法正确的是（ ）
A. 负极针组件产生电晕，利用了静电屏蔽的原理
B. 为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带负电
C. 负极针组件附近的电势较高
D. 烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势能减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．负极针组件产生电晕，利用了尖端放电的原理，故A错误；
B．负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带正电，故B错误；
C．电场线由正极指向负极，负极针组件附近的电势较低，故C错误；
D．烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势升高，根据
电势能减少，故D正确。
故选D。
6. 如图所示是汽车的磁电式轮速传感器，转速传感器中线圈和永久磁铁均固定，当车轮旋转时，与车轮同轴的铁质齿圈随之旋转，齿圈与永久磁铁之间的空气间隙（即气隙）大小发生周期性变化，从而在传感器中产生脉冲电压信号。已知气隙越大，磁通量越小，下列说法正确的是（ ）
A. 车轮旋转的过程中，线圈中的电流大小会发生变化，但方向不变
B. 当轮齿靠近感应线圈时，轮速传感器的线圈中的磁通量增大
C. 线圈的输出电压与车轮转速无关
D. 车轮转速越快，相邻两轮齿经过轮速传感器时，线圈的磁通量变化量越大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．车轮旋转的过程中，测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中的原磁通量方向不变，但是因为穿过线圈的磁通量有增大也有减小，所以感应电流的磁场方向有与原磁场方向相同时，也有相反时，所以产生的感应电流大小及方向均会发生周期性变化，故A错误；
B．依题意，可知当轮齿靠近感应线圈时，气隙减小，则轮速传感器的线圈中的磁通量增大，故B正确；
CD．车轮转速越快，相邻两轮齿经过轮速传感器时，线圈的磁通量变化量保持不变，但磁通量的变化率会变大，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势也变大，显然线圈的输出电压与车轮转速有关，故CD错误。
故选B
7. 如图所示，金属板M受到紫外线照射时，会发射电子。在M旁放置一块金属网N，并在MN之间施加电压．当电压达到时，电流表恰好没有示数，说明此时的电子无法落到金属网N上。已知电子质量为m，电荷量为e，金属的逸出功为，则这束紫外线照射出的电子最大初速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知，速度方向垂直于M板的电子最容易到达N板。则由能量守恒定律有
解得
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图，近日，华为公司发布了全球首款支持卫星通信技术的智能手机Mate 60。该手机能通过天通一号卫星与外界进行联系。目前，我国已成功发射天通一号01、02、03三颗静止轨道卫星。这些卫星的运行轨道距地球表面的高度约为地球半径的5.6倍。对于该系列卫星，下列说法正确的是（ ）
A. 可以在汕头的上空保持相对静止
B. 不同质量的天通一号卫星的环绕速率相等
C. 绕地心运行的角速度比月球绕地运行的角速度大
D. 向心加速度比地球表面重力加速度大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．天通一号三颗卫星只能在地球静止轨道上运行，所以该卫星不可能在汕头的上空保持相对静止，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
可得地球卫星的环绕速度大小
天通一号三颗卫星的轨道半径相等，则速率相等，与卫星的质量无关，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
天通一号三颗卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故绕地心运行角速度比月球绕地心运行的角速度大，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力可得
据地球表面万有引力等于重力可得
联立可得
故D错误。
故选BC。
9. 在实践活动中，某小组用自制的投石机演练投石过程，如图所示．静止时该机械的长臂与水平面的夹角为30°，现将一质量m＝3kg的石块放在与转轴O相距L＝1.2m的长臂末端网袋中，再按压短臂，长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出．若石块落地点与抛出点的水平距离为x＝3.6m，不计空气阻力，g取，下列说法正确的是（ ）
A. 石块被水平抛出瞬间的速度大小为6m/s
B. 石块落地瞬间速度大小为
C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为
D. 石块抛出前，石头重力做功功率一直增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．设石块被水平抛出瞬间的速度大小为，石头抛出后做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
解得
故A正确；
BC．石块落地瞬间，竖直方向的分速度为
则石块落地瞬间速度大小为
石块即将落地时重力的瞬时功率为
故B正确，C错误；
D．石块初始时处于静止状态，重力的瞬时功率为0，石块抛出前瞬间，速度处于水平方向，重力的瞬时功率为0，则石块抛出前，石头重力做功的功率不是一直增大，故D错误。
故选AB。
10. 某磁悬浮列车的刹车原理可以简化为如图所示：将匝数为N的矩形线框固定在车身下方，当线框进入磁场时，会受到安培力的作用，这种力会辅助列车进行刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，ab和cd长度均为L（L小于磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。车头刚进入磁场时速度为，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（ ）
A. 列车进站过程中电流方向为abcd
B. 列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
C. 列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小为
D. 列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热
【答案】AC
【解析】
【详解】A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律及安培定则可知列车进站过程中电流方向为abcd，故A正确；
BC．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
B错误，C正确；
D．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量与克服空气阻力产生的摩擦生热，故D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求做答。
11. 目前手机均有显示电池剩余电量百分比的功能，其中一种原理是利用锂电池的电动势会随着电池剩余电量百分比的变化而变化，小铭同学查阅相关资料发现某款锂电池的电动势和电池剩余电量百分比图像如图甲所示，因此他设计如图乙的电路图测量电池的电动势和内阻，来估测电池剩余电量百分比，其中定值电阻。

（1）小铭同学拆开该款锂电池外包装，发现里面有四根导线，红导线接电池的正极，黑导线接负极，其余两根导线空置不用，若用多用电表直流电压档粗测其电动势，多用电表的红表笔应与电池的______导线连接。（选填“红”或“黑”）
（2）根据实验数据作出的U－I图像如图丙所示，由此预估目前该电池电量剩余百分比为______%，内阻r为______Ω。（保留2位有效数字）
【答案】 ①. 红 ②. 80 ③. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1]根据多用电表电流“红表笔进黑表笔出”，可知多用电表的红表笔应与电池的正极，即红导线连接。
（2）[2][3]根据图丙可知，电动势
结合图甲，知目前该电池电量剩余百分比为80%，内阻
12. 某学习小组利用自由落体运动验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落，已知当地重力加速度为g，重锤质量为m，所用电源的频率为50Hz．
（1）本实验中操作正确的是______。
（2）小组同学挑选出一条点迹清晰的纸带，如图甲所示．从打出的第一个点O点后某个点开始，依次标为1、2、3、4…，O点与计时点1之间还有若干个点未画出，分别测出计时点到O点的距离，则打计时点4时重物的速度______。（结果保留三位有效数字）

（3）某点距离打出的第一个点O点距离为d，测得该点速度为v，以打出O点时重锤所在位置为零势能面，则打出该点时重锤的机械能为______（用题中所给符号表示）
（4）为了更直观的处理数据，研究小组绘制了重锤下落过程中动能、重力势能随下落高度h变化的图像如图乙所示，其中表示重锤重力势能的是______．（选填“甲”或“乙”），若机械能守恒，则甲的斜率和乙的斜率之比为______。
（5）在实验中，某同学根据测得的数据计算发现，重锤动能的增加量略大于重锤势能的减少量，若测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是______。
A．重物的质量偏大 B．交流电源的频率大于50Hz
C．交流电源的频率小于50Hz D．重物下落时受到的阻力过大
【答案】 ①. B ②. 3.05m/s ③. ④. 乙 ⑤. -1 ⑥. C
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器应用交流电源，重物连接纸带要靠近打点计时器，本实验验证自由落体机械能守恒，初始时保持纸带竖直；
故选B。
（2）[2] 打计时点4时重物的速度
（3）[3]动能为
O点时重锤所在位置为零势能面，重力势能为
重锤的机械能为
（4）[4]重力势能不断减小，故选图乙；
[5]根据机械能守恒图甲可得
可知甲斜率为
根据机械能守恒图乙可得
可知乙斜率为
甲的斜率和乙的斜率之比为
（5）[6]A．根据
可知测量结果与m无关，故A错误；
BC．动能增加量为
其中
若交流电源的实际频率小于50Hz，将50Hz代入上式求出的速度要大于实际速度，导致重锤动能的增加量略大于重锤势能的减少量；若交流电源的实际频率大于50Hz，将50Hz代入上式求出的速度要小于实际速度，导致重锤动能的增加量略小于重锤势能的减少量，故C正确，D错误；
D．若重锤下落时的受到的阻力过大，重锤动能的增加量小于重锤势能的减少量，故D错误。
故选C。
13. 空气炸锅是一种新型的烹饪工具，如图为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，初始气体压强为p0、温度为T0，现启动加热模式使气体温度升高到，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，求：
（1）封闭气体的压强p；
（2）气体的内能变化了多少？
【答案】（1）；（2）增加Q
【解析】
【详解】（1）由于温度升高，体积不变，气体为等容变化，根据查理定律可得
解得
（2）根据热力学第一定律有
由于气体体积不变，所以
所以
14. 半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作，即通过离子注入的方式优化半导体。某半导体掺杂机的简化模型如图所示，在棱长为L的正方体区域中存在着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一束带电粒子（重力不计）从面中央处以速度垂直射入正方体后，恰好不改变运动方向。若粒子入射时只有磁场存在，则粒子从bc边中点N离开正方体区域。若粒子入射时只有电场存在，粒子从abcd面离开，求离开的位置与N点之间的距离。
【答案】
【解析】
【详解】带电粒子垂直射入正方体，恰好不改变运动方向，粒子做匀速直线运动
粒子入射时只有磁场存在，根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系有
粒子入射时只有电场存在，粒子做类平抛运动，有
离开的位置与N点之间的距离为
15. 图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有4个质量均为m＝0.4kg的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L＝0.2m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度，其v－t图像如图丙所示，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，重力加速度g取，求
（1）1号滑环初速度的大小；
（2）若窗帘恰能完全展开，4个滑环在窗帘第n次绷紧前、后瞬间的总动能之比（）；
（3）若窗帘恰能完全展开，1号滑环需获得的最小初动能。
【答案】（1）；（2）2:1，3:2；（3）0.28J
【解析】
【详解】（1）由题意可知1号滑环向左运动至与2号滑环绷紧瞬间的距离为L，设绷紧前瞬间1号滑环的速度为，根据动能定理可得
1号滑环与2号滑环绷紧瞬间动量守恒，即
由图丙可知
联合解得
（2）窗帘第一次绷紧（），即1号滑环与2号滑环绷紧，根据动量守恒
可得
故绷紧前后动能之比为
窗帘第一次绷紧（），即1号滑环与2号滑环共速再与3号滑环绷紧，设绷紧前瞬间1号滑环与2号滑环的速度为，根据动量守恒
可得
故绷紧前后动能之比为
（3）若窗帘恰能完全展开，则1号、2号、3号滑环共速后在与4号滑环绷紧前瞬间速度变为零，设1号、2号滑环与3号滑环绷紧后瞬间的速度为，根据动能定理可得
解得
设1号、2号滑环与3号滑环绷紧前瞬间的速度为，根据动量守恒可得
解得
同理，根据动能定理及动量守恒可得
联合解得
故1号滑环需获得的最小初动能为