資源簡介

麗江市第一高級中學2024-2025學年高一上學期期末質量檢測
物理試卷
一、單選題（本大題共7小題，共計28分）
1．PET(正電子發射型計算機斷層顯像)的基本原理:將放射性同位素O注入人體,參與人體的代謝過程O在人體內衰變放出正電子,與人體內負電子相遇而湮滅轉化為一對γ光子,被探測器探測到,經計算機處理后產生清晰的圖像.根據PET原理,下列說法不正確的是 (　　)
A．O衰變的方程為O→e
B．將放射性同位素O注入人體,其作用為示蹤原子
C．該正、負電子湮滅的方程為ee→γ
D．PET所選的放射性同位素的半衰期應小于人體的代謝周期
2．如下圖所示，某同學分別在同一直線上的A、B、C三個位置投擲籃球，結果都擊中籃筐，擊中籃筐時籃球的速度方向均沿水平方向，大小分別為、、，若籃球出手時高度相同，速度的方向與水平方向的夾角分別是、、，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A． B． C． D．3
3．如圖，場地自行車賽道設計成與水平面保持一定傾角，三位運動員騎自行車在賽道轉彎處做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（ ）

A．三位運動員可能受重力、支持力、向心力的作用
B．三位運動員各自的加速度恒定
C．若此時三位運動員角速度相等，則他們的向心加速度大小關系滿足
D．若此時三位運動員線速度大小相等，則他們的角速度大小關系滿足
4．如圖，r遠大于兩球的半徑，但兩球半徑不能忽略，而兩球的質量均勻分布，大小分別為與，則兩球間萬有引力大小為（　?。?br/>A． B．
C． D．
5．一卷簾窗由簾布和底桿組成，簾布和輕質塑料拉珠套在半徑不同的共軸定滑輪上，定滑輪固定在窗戶頂端，側視結構簡圖如圖所示。已知拉珠所在滑輪半徑為，簾布所在滑輪半徑為現在用手向下緩慢勻速拉動拉珠，簾布上升，拉珠、簾布均與滑輪無相對滑動，不計一切阻力，下列說法正確的是（ ）
A．簾布上升的速度大于拉珠向下運動的速度
B．簾布上升的速度等于拉珠向下運動的速度
C．簾布上升的速度與拉珠向下運動的速度之比為
D．卷簾窗被上拉的過程，手做的功等于簾布和底桿的機械能增加量
6．如圖所示,一質量為M的木質框架放在水平桌面上,框架上懸掛一勁度系數為k的輕質彈簧,彈簧下端拴接兩個質量均為m的鐵球(鐵球離框架下端足夠遠,兩球間用輕桿相連),系統處于靜止狀態.用手向下拉一小段距離后釋放鐵球,兩鐵球便上下做簡諧運動,框架保持靜止,重力加速度為g,下列說法正確的是 （ ）
A．鐵球在振動的過程中,速度相同時,彈簧的彈性勢能也相同
B．若兩鐵球在最低點時,A、B之間斷開,則A球繼續做簡諧運動,振幅不變
C．鐵球從最低點向平衡位置運動的過程中,回復力的功率一直增大
D．在框架不會離開桌面的前提下,兩鐵球的振幅最大為
7．如圖，將不計重力、電荷量為帶負電的小圓環套在半徑為的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的點和點分別固定電荷量為和的負點電荷.將小圓環從靠近點處靜止釋放，小圓環先后經過圖上點和點，已知,則小圓環從點運動到點的過程中（ ）
A. 靜電力做正功 B. 靜電力做負功
C. 靜電力先做正功再做負功 D. 靜電力先做負功再做正功
二、多選題（本大題共3小題，共計18分）
8．在如圖所示的電路中，交流電源輸出50Hz、電壓有效值為220V的正弦式交流電，通過副線圈、分別向10只標稱為“12V、1.5A”的燈泡和“36V、5A”的電動機供電，原線圈所接燈泡L的額定電壓為40V，副線圈的匝數為60匝。電路接通后，各用電器都恰好正常工作。則下列說法中正確的是（　?。?br/>
A．交流電源的輸出功率為360W
B．燈泡L的額定電流為2.0A
C．副線圈所接燈泡中的電流方向每秒鐘改變50次
D．原線圈的匝數為1100匝，副線圈的匝數為180匝
9．（多選）如圖所示，一定質量理想氣體從狀態A依次經狀態B和C后再回到狀態A，對此氣體下列說法正確的是
A．A→B過程中氣體對外界做功
B．A→B過程中氣體放出的熱量等于外界對氣體做的功
C．B→C過程中氣體分子對器壁單位面積碰撞的平均沖力減少
D．C→A過程中氣體從外界吸收的熱量等于氣體內能的增加量
E．B→C過程中氣體放出的熱量大于C→A過程中吸收的熱量
10．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的阻力作用。距地面高h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能隨h的變化如圖。重力加速度。該物體的質量m和所受的阻力f是（ ）
A． B． C． D．
三、實驗題（本大題共2小題）
11．太陽能電池是環保零碳的能源之一，某興趣小組設計如圖甲電路探究某款太陽能電池的伏安特性，實驗過程如下：
(1)用多用電表測量甲圖中a、b間電壓，多用電表的紅表筆應接 （選填“a”或“b”）點。
(2)調節電阻箱，當電流表示數為50 mA時，多用電表示數如圖乙所示（量程為直流50 V），則指針所示的電壓值為 V。此后多次改變電阻箱的阻值，根據多用電表、電流表的示數得到了如圖丙所示的圖像。
(3)觀察圖丙的曲線，發現當輸出電流時，U與I成線性關系，可得電池電動勢 V，在此條件下，該太陽能電池的內阻 。（結果均保留2位有效數字）
(4)當電流大于100 mA時，發現U與I成非線性關系，隨著電流增大，該電池的內阻 （選填“增大”“減小”或“不變”）。
(5)由圖丙可知，當時，該太陽能電池的輸出功率為 W（結果保留2位有效數字）。
12．某同學用如圖甲所示的實驗裝置來“探究a與F、m之間的定量關系”。
（1）實驗時，必須先平衡小車與木板之間的摩擦力，該同學是這樣操作的：如圖乙，將小車靜止地放在水平長木板上，并連著已穿過打點計時器的紙帶，調整木板右端的高度，接通電源，用手輕推小車，讓打點計時器在紙帶上打出一系列 的點，說明小車已平衡摩擦力。
（2）如果該同學先如（1）中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力為F，在小車質量M保持不變情況下，不斷往桶里加砂，砂和砂桶的質量最終達到M，測小車加速度a，作a -F的圖像。下列圖線正確的是 。
A．B．C．D．
（3）下圖是實驗中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出，量出相鄰的計數點之間的距離分別為xAB＝4.22cm，xBC＝4.65cm，xCD＝5.08cm，xDE＝5.49cm，xEF＝5.91cm，xFG＝6.34cm，已知打點計時器的工作頻率為50Hz，則紙帶上D點的速度vD= m/s，小車的加速度a＝ m/s2（結果保留兩位有效數字）。
（4）若實際工作頻率是48Hz，而該同學不知情，則該同學算出來的加速度 真實值（填“大于”、“等于”、“小于”）。
四、解答題（本大題共3小題）
13．2018年9月23日“光纖通信之父”華裔科學家高錕逝世,他一生最大的貢獻是研究玻璃纖維通信.光纖在轉彎的地方不能彎曲太大,如圖為光纖通信的模擬圖,將直徑為d的圓柱形玻璃棒彎成圓環,已知玻璃的折射率為,光在真空中的速度為c,要使從A端垂直入射的光線能全部從B端射出.求:
(1)圓環內徑R的最小值;
(2)在(1)問的情況下,從A端最下方入射的光線,到達B端所用的時間.
14．某離子束實驗裝置的基本原理如圖甲所示．Ⅰ區寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0；Ⅱ區寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點，右邊界與x軸垂直交于O2點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場．測試板垂直x軸置于Ⅱ區右邊界，其中心C與O2點重合．從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經Ⅰ區、Ⅱ區，恰好到達測試板中心C．已知離子剛進入Ⅱ區時速度方向與x軸正方向的夾角為θ．忽略離子間的相互作用，不計重力．
(1)求離子在Ⅰ區中運動時速度的大小v；
(2)求Ⅱ區內電場強度的大小E；
(3)保持上述條件不變，將Ⅱ區分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B(數值未知)、方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示．為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到O1的距離s．
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甲
乙
15．(20分)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示。
(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。
(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量。
參考答案
1．【答案】C　
【解析O衰變的方程為ONe,A正確,不符合題意;將放射性同位素O注入人體,在人體內衰變放出正電子,與人體內負電子相遇而湮滅轉化為一對光子,被探測器探測到,經計算機處理后產生清晰的圖像,故其作用為示蹤原子,B正確,不符合題意;該正、負電子湮滅后生成兩個光子,即ee→2γ,C錯誤,符合題意;PET所選的放射性同位素的半衰期應小于人體的代謝周期,否則無法通過探測器探測到,D正確,不符合題意.
2．【答案】B
【詳解】AB．三個籃球都垂直擊中籃筐，其逆過程是平拋運動，設任一籃球擊中籃筐的速度v，上升的高度為h，水平位移為x，，，則得h相同，則，A錯誤B正確；
CD．根據速度的分解有t相同，，則 ，CD錯誤。選B。
3．【答案】C
【詳解】A．三位運動員受重力、支持力，還可能受摩擦力作用，向心力是效果力，不是物體受的力，A錯誤；
B．三位運動員各自的加速度大小相等，但是方向不斷變化，則加速度不是恒定的，B錯誤；
C．若此時三位運動員角速度相等，則根據，因可知，他們的向心加速度大小關系滿足，C正確；
D．若此時三位運動員線速度大小相等，則，因可知，根據他們的角速度大小關系滿足，D錯誤。選C。
4．【答案】D
【詳解】r遠大于兩球的半徑，則兩球間的引力適應萬有引力定律，則兩球間萬有引力大小為。
5．【答案】D
【詳解】ABC．拉珠和簾布上對應的滑輪屬于同軸轉動，它們的角速度相等，簾布上升的速度與拉珠向下運動的速度之比為，故ABC錯誤；
D．上拉過程，手做功轉化為簾布和底桿的機械能，即手做的功等于簾布和底桿的機械能增加量，故D正確。
故選D。
6．【答案】D
【詳解】在平衡位置彈簧處于伸長狀態,彈性勢能不為零,因此在關于平衡位置對稱的兩側,振子的速度相同時,彈簧的彈性勢能不同,故A錯誤;若兩鐵球在最低點時,A、B之間斷開,則A球繼續做簡諧運動,由于在最低點時彈簧的彈性勢能一定,則總能量不變,振幅要改變,B錯誤;鐵球從最低點向平衡位置運動的過程中,回復力減小直到為零,速度從零開始增加,由P=Fv可知,回復力的功率先增大后減小,故C錯誤;若要保證框架不會離開桌面,則框架對桌面的最小壓力恰好等于零,以框架為研究對象,彈簧對框架向上的作用力等于框架重力Mg,則輕彈簧處于壓縮狀態,彈簧的彈力F=Mg=kx',壓縮量x'= ,小鐵球處于平衡位置時,彈簧處于伸長狀態,伸長量x= ,所以兩鐵球的振幅A=x+x'= ,故D正確.
7．【答案】A
【解析】由電場疊加知,點的負點電荷在點產生的電場的電場強度沿圓弧切線方向分量大小為,點的負點電荷在點產生的電場的電場強度沿圓弧切線方向分量大小為 ,比較可知,,故點沿圓弧切線方向的電場強度斜向右上方；點的負點電荷在點產生的電場的電場強度沿圓弧切線方向分量大小,點的負點電荷在點產生的電場的電場強度沿圓弧切線方向分量大小為,比較可知,,故點沿圓弧切線方向的電場強度為0,由于小圓環帶負電,可知小圓環從點運動到點的過程中,靜電力做正功,正確.
【一題多解】在圓弧上、間任取一點,設與的夾角為 ,根據幾何關系可得 .帶負電的小圓環在兩個負點電荷電場中的電勢能,根據數學知識可知在 范圍內,隨著 的增大,減小,即小圓環的電勢能一直減小,所以靜電力做正功,A正確.
8．【答案】B
【詳解】根據電壓匝數關系有，解得，根據，解得，副線圈的中電流，副線圈的中電流，根據電流匝數關系有，解得，即燈泡L的額定電流為2.0A，B正確；根據上述可知，交流電源的輸出功率為，A錯誤；根據上述可知，原線圈的匝數為900匝，副線圈的匝數為180匝，D錯誤；交流電源輸出50Hz，變壓器不改變頻率，則副線圈所接燈泡中的電流方向每秒鐘改變次數為，C錯誤。
9．【答案】ADE　
【詳解】本題通過p-T圖像考查理想氣體的等溫、等壓和等容變化的規律及熱力學第一定律等。由題圖可知，A→B過程是等溫變化，可知此過程中氣體分子的平均動能不變，即內能不變，根據玻意耳定律pV=C可知，氣體壓強減小，體積將增大，根據熱力學第一定律可知，氣體對外做功，內能不變，氣體需要從外界吸熱，且吸收的熱量等于對外界做的功，故A正確，B錯誤；B→C過程是等壓變化，根據氣體微觀解釋可知，氣體壓強不變，由F=pS得氣體分子對器壁單位面積碰撞的平均沖力不變，故C錯誤；C→A過程中，由=C可知氣體體積不變，溫度升高，壓強增大，由W+Q=ΔU，W=0，可知氣體從外界吸收的熱量等于氣體內能的增加量，故D正確；因為氣體在A、B兩狀態的溫度相等，所以氣體在A、B兩狀態的內能相等，而VA0，ΔU=0，所以全過程中Q<0，所以B→C過程中氣體放出的熱量大于C→A過程中吸收的熱量，故E正確。
10．【答案】BD
【詳解】物體上升過程，根據動能定理有，同理，物體下降過程，有，聯立，解得。
11．【答案】(1)a；(2)17.0；(3)18；20；(4)增大；(5)2.1
【詳解】（1）由“紅進黑出”可知，紅表筆應接a點；（2）電壓表分度值為1V，指針所示的電壓值為17.0V；（3）根據閉合電路歐姆定律有，可知；由圖像斜率可得；（4）當電流大于100mA時，隨著電流增大，圖像斜率變大，所以內阻增大；（5）當多用電表的示數為15.0V時，電流為140mA，電池的輸出功率為。
12．【答案】點跡均勻；C；0.53；0.42；大于；
【詳解】
(1)[1]若小車做勻速直線運動，此時打點計時器在紙帶上打出一系列點跡均勻的點。
(2)[2]如果這位同學先如（1）中的操作，已經平衡摩擦力，則剛開始a-F的圖象是一條過原點的直線，不斷往桶里加砂，砂的質量最終達到，不能滿足砂和砂桶的質量遠遠小于小車的質量，拉力比砂和砂桶的重力小，此時圖象發生向下彎曲，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
(3)[3]相鄰計數點之間還有4個點未畫出，則計數點間的時間間隔為
D點的速度等于C、E間的平均速度，打D點的速度為
[4]由勻變速直線運動的推論
可知，加速度為
(4)[5]因為交流電的實際頻率為48Hz，則代入計算的周期比實際的周期要小，則加速度的測量值偏大。
13．【答案】(1)(+1)d　(2)
【解析】(1)如圖所示,從A端最下方入射的光線發生全反射時,其他光線都能發生全反射,根據幾何關系得sin θ=,設全反射臨界角為C,則要使A端垂直入射的光線全部從B端射出,必須有 θ≥C,則sin θ≥sin C,根據臨界角公式sin C=,可得≥,解得R≥=(+1)d,所以R的最小值為(+1)D．
(2)在(1)問的情況下,θ=45°,R=(+1)d,光在光纖內傳播的總路程為s=6R,光在光纖內傳播的速度為v==c,
所以所求時間為t==.
14．【答案】(1)　(2) (3)L
【解析】(1)設離子在Ⅰ區內做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB0=m ①
根據幾何關系得sin θ= ②
聯立①②式得v= ③
(2)離子在Ⅱ區內只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為y0，加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE=ma ④
由運動的合成與分解得L=vtcos θ ⑤
y0=-r(1-cos θ) ⑥
y0=vtsin θ-at2 ⑦
聯立①②④⑤⑥⑦式得
E= ⑧
(3)Ⅱ區內填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做勻速圓周運動，如圖所示，設左側部分的圓心角為α，圓周運動半徑為r'，運動軌跡長度為l'，由幾何關系得α= ⑨
l'=×2πr'+×2πr' ⑩
離子在Ⅱ區內的運動時間不變，故有=
C到O1的距離s=2r'sin α+r'
聯立⑨⑩1112式得s=L
15．【答案】(1)　(2)
【詳解】(1)金屬框進入磁場的過程，
根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv(1分)
感應電流I＝(1分)
金屬框右邊框所受的安培力大小F安＝BIL(1分)
安培力的沖量大小IF＝∑BIL·Δt＝∑·Δt(2分)
又∑v·Δt＝L，可得IF＝(1分)
金屬框完全進入磁場到即將離開磁場的過程中，左右兩邊產生的感應電動勢相互抵消，無感應電流產生，不受安培力作用(1分)
根據金屬框進入磁場的情況可知，金屬框出磁場時同樣有IF＝(1分)
根據動量定理可得－2IF＝m－mv0(1分)
解得v0＝(1分)
(2)金屬框進入磁場過程，由于金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好，所以金屬框的上、下邊框被短路，作出等效電路如圖甲所示，
設金屬框速度大小為v1，
根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv1(1分)
感應電流I＝＝(1分)
設金屬框完全進入磁場時速度大小為v2，
由動量定理可得－∑BIL·Δt＝mv2－mv0(1分)
又∑v1·Δt＝L，
可得v2＝，
由能量守恒定律可得，此過程中電路中產生的總熱量
Q總1＝m－m(1分)
由并聯電路電流規律和Q＝I2Rt可知，R1上產生的熱量
Q1＝＝(1分)
金屬框完全進入磁場后到右邊框運動到磁場右邊界時，等效電路如圖乙所示，
通過R1的電流I1＝＝，即流過左右邊框的電流之和為(1分)
設金屬框右邊框剛要出磁場時速度大小為v3，
由動量定理可得－∑BI1L·Δt＝mv3－mv2(1分)
可得v3＝0，金屬框將停止運動。
由能量守恒定律可得，此過程中電路中產生的總熱量
Q總2＝m－m(1分)
R1上產生的熱量Q2＝＝(1分)
在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量為
Q＝Q1＋Q2＝(1分)

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