江蘇省2024屆高三年級第一學(xué)期期初學(xué)情調(diào)研迎考卷-物理答案

江蘇省20232024學(xué)年高三第一學(xué)期期初迎考試卷物理參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)1.C解析:一個

84218Po核含有84個質(zhì)子,故A錯誤;由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知Y射線是α射線,穿透力最弱,故B錯誤;由于Po核比Rn核更穩(wěn)定,所以Po核比Rn核的比結(jié)合能大,故C正確;半衰期與物理、化學(xué)變化無關(guān),故D2.A解析:地球到太陽的距離r越大,線速度越小,角速度越小,向心加速度越小,故A正確,B、C錯誤;由GMmr2=m4π2T2r得太陽的質(zhì)量M=4π2r3.C解析:設(shè)一個籃子的質(zhì)量為m,連接下籃的繩子的拉力為T2,對下籃,受力分析得4T2=mg,解得T2=mg4,設(shè)連接上籃的繩子的拉力為T1,繩子與豎直方向夾角為θ,對兩個籃整體分析得4T1cosθ=2mg,根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ=2440=0.6,聯(lián)立解得T1=58mg,則T1T2=52,故C正確4.D解析:a光偏折程度較小,頻率較小,a光光子的能量小于b光光子的能量,故A錯誤;a光頻率較小,折射率較小,在冰晶中a光傳播速度大于b光傳播速度,故B錯誤;根據(jù)sinC=1n,a、b從冰晶射入空氣發(fā)生全反射時b光的臨界角較小,故C錯誤;a光頻率較小,波長較長,讓a、b光分別通過同一雙縫干涉裝置,a光的相鄰亮條紋間距比較大,故D正確5.B解析:由圖乙可知波的周期為T=4s,由圖甲可知波長λ=4m,則波速v=λT=1m/s,故A錯誤;由上下坡法可知波源起振方向沿y軸正方向,故B正確;此波從質(zhì)點P傳播至Q點的過程中,波傳播的距離為s=5m,由s=vt可知傳播時間為t=5s=1.25T,質(zhì)點P的路程為1.25×4×0.1m=0.5m,故C錯誤;N點與Q點的平衡位置距離NQ=10m-4m=6m=32λ,所以當(dāng)質(zhì)點Q起振后,與質(zhì)點N振動步調(diào)不一致,故D6.C解析:運動員離開B點后的上升過程中,加速度為g,則處于失重狀態(tài),故A錯誤;運動員在C點時具有水平速度,即速度不為0,故B錯誤;運動員下降過程中只受重力作用,則加速度不變,故C正確;從A點到E點,由動能定理12mvE2-12mv02=mghAE,α變大時,運動員落到著陸坡上時的位置可能在E點上方,則此時hAE變小,7.C解析:當(dāng)有煙霧進(jìn)入時,來自光源S的光被煙霧散射后進(jìn)入光電管C,照射到鈉表面時會產(chǎn)生光電流,則光源S發(fā)出的光波頻率要大于金屬鈉的極限頻率,故A錯誤,C正確;由光電效應(yīng)方程可得eUc=Ek=hν-hνc,變式可得Uc=?eν-?eνc,可知該圖像斜率k=?e,故B錯誤;當(dāng)光源s發(fā)出的光能使光電管發(fā)生光電效應(yīng),那么光源越強(qiáng),被煙霧散射進(jìn)入光電管的光就越多,產(chǎn)生的電流越大,越容易探測到煙霧,即光電煙霧探測器靈敏度越高,故8.B解析:當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速減小時,根據(jù)Em=nBSω,可知升壓變壓器的輸入電壓U1減小,而負(fù)載不變,因此整個電路中各部分電流、電壓、功率都減小,故B正確.9.C解析:該電勢分布圖可等效為等量異種電荷產(chǎn)生的,a、b為兩電荷連線上對稱的兩點,所以a、b兩點的電場強(qiáng)度大小、方向相同,故A錯誤;c、d兩點位于同一條等勢線上,則c點的電勢等于d點的電勢,故B錯誤;正電荷在電勢高的地方電勢能大,所以將帶正電的試探電荷從b點移到d點,其電勢能增加,故C正確;負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大,所以負(fù)電荷在c點的電勢能大于在a點的電勢能,故D錯誤.10.D解析:根據(jù)楞次定律,導(dǎo)體棒L1、L2最終以相同的速度勻速直線運動,設(shè)共同速度為v1,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=2mv1,解得v1=v02,故A錯誤;設(shè)導(dǎo)體棒L1、L2在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q總,根據(jù)能量守恒定律可得12mv02=Q總+12(2m)v12,解得Q總=14mv02,導(dǎo)體棒L1、L2的電阻都為r,因此導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12Q總=18mv02,故B錯誤;對導(dǎo)體棒L2,由動量定理得Bidt=mv1,因為q=it,故Bdq=mv1,因此通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q=mv1Bd=mv02Bd,故C錯誤;若導(dǎo)體棒L1、L2速度相等時距離為零,則兩棒初始距離最小11.(1)E(2)見解析(3)I1r1I2-I解析:(1)實驗時要求電流表的示數(shù)從0開始調(diào)節(jié),則滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法,為了方便調(diào)節(jié)且使電表示數(shù)變化比較明顯,滑動變阻器應(yīng)選擇阻值較小的R1.(2)滑動變阻器采用分壓式接法,實驗器材有兩個電流表,沒有電壓表,可以采用雙安法測電阻的方式測量熱敏電阻的阻值.電流表A1的阻值已知,所以A1可以作為電壓表使用,設(shè)計電路圖如圖所示.(3)電流表A1兩端電壓為U1=I1r1,熱敏電阻RT與電流表A1并聯(lián),所以熱敏電阻RT兩端的電壓為UT=U1=I1r1,通過熱敏電阻RT的電流為IT=I2-I1,所以熱敏電阻的阻值為RT=UTIT(4)由圖甲中信息可知,1RT隨溫度的升高而逐漸增大,所以RT(5)圖乙中,電壓表示數(shù)U4=1.2V,所以通過電阻R4的電流為I4=U4R4=0.4A,通過電阻R3的電流為I3=I-I4=0.4A,電阻R3兩端的電壓為U3=I3R3=2.0V,熱敏電阻RT兩端的電壓為UT=U3-U4=0.8V,所以熱敏電阻的阻值為RT=UTI4=2Ω,由圖甲中信息可知,1RT與溫度t之間存在如下線性關(guān)系1RT=0.20+012.(1)對料盒,根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=6.8m/s2,加速度方向沿輸送線B向下. (4分)(2)對料盒,設(shè)推桿對每個料盒做功為W,由動能定理得W-(mgsinθ+μmgcosθ)L=0解得W=23.8J(4分)13.(1)當(dāng)鍋內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大到設(shè)計的最大值p1=1.4p0時,限壓閥被頂起,設(shè)限壓閥質(zhì)量為m,由平衡條件可得p1S=p0S+mg解得m=0.048kg(4分)(2)設(shè)氣孔2放氣前鍋內(nèi)氣體體積為V1,放出的氣體體積為ΔV,因鍋內(nèi)氣體溫度一定,根據(jù)玻意耳定律有p1V1=p0(V1+ΔV)解得ΔV=0.4V1由M=ρV可得ΔMM=ΔVV1+Δ14.(1)物塊A滑到P點時,向心力由壓力提供F=m1v從底端到P點12m1vA2=m1gR+1解得vA=3m/s(3分)(2)彈簧被彈開的瞬時,由動量守恒定律可得m1vA=m2vB彈性勢能為Ep=12m1vA2+1解得Ep=21J(5分)(3)當(dāng)木板C鎖定時B恰能滑到長木板的右端,則12m2vB2=解得木板長L=3.2m解除木板C的鎖定,B滑上C后到相對靜止,由動量守恒定律可得m2vB=(m2+m3)v由能量關(guān)系12m2vB2-12(m2+m3)v2解得x=1.28m即物塊B最終的位置與長木板C右端的距離為l=3.2m-1.28m=1.92m. (5分)15.(1)粒子在電場中加速qU=12mv粒子磁場中做勻速圓周運動qvB=mv2r,r聯(lián)立解得B=2L2Uk(2)由(1)可得半徑r=1B2由k1>k2,當(dāng)B和U相同時r1<r2當(dāng)電壓波動時,要在膠片上分開兩種粒子,需滿足2r1max<2r2min即2B2(解得ΔU<k1-k2k(3)粒子恰好打在接收器中點N時,設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與豎直方向夾角為β,則0.2L=2r-2rcosβ=L(1-cosβ)解得β=37°粒子恰好打在