江蘇省2024屆高三終極押題物理試卷03（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024江蘇省高考物理終極押題卷03（〖解析〗版）一、單選題1．下列說法正確的是（

）A．用標準平面檢查光學平面的平整程度利用了光的全反射原理B．在高速運動飛船中的人看到地面任意兩點距離均變短C．紅光在水中傳播的速度大于紫光在水中傳播的速度D．一細束白光通過玻璃三棱鏡折射后分解為各種單色光是光的衍射現(xiàn)象〖答案〗C〖祥解〗檢查光學平面的平整程度是光的干涉現(xiàn)象；白光通過玻璃三棱鏡折射后是光的折射現(xiàn)象；高速運動飛船中的人看到沿著速度方向的距離才變短，根據(jù)結合折射率大小，可知它們的傳播速度的大小，從而即可求解?！驹斘觥緼．標準平面檢查光學平面的平整程度，是利用標準平面與檢查平面所形成的空氣薄層，根據(jù)光的干涉原理，從而進行檢查是否平整，A錯誤；B．高速運動飛船中的人，看到地面沿著速度的方向兩點距離才變短，B錯誤；C．根據(jù)且紅光水中的折射率小于紫光，則在水中傳播的速度大于紫光在水中傳播的速度，C正確；D．白光通過玻璃三棱鏡折射后，因折射率的不同，則分解為各種單色光，是光的折射現(xiàn)象，D錯誤。故選C。【『點石成金』】考查光的干涉原理的應用，掌握光的折射色散與干涉色散的區(qū)別，注意沿著速度的方向距離才變短，光在不同介質(zhì)中的頻率總是不變的。2．如圖所示，（a）為氫原子能級圖，（b）為某放射性元素剩余質(zhì)量m與原質(zhì)量的比值隨時間t的變化圖像，（c）為軋制鋼板時動態(tài)監(jiān)測鋼板厚度的裝置圖，（d）為原子核的比結合能隨質(zhì)量數(shù)變化圖像。下列與四幅圖對應的四種說法，正確的是（）

A．圖（a）中，能量為10.5eV的光子轟擊處于基態(tài)的氫原子，可能使之發(fā)生躍遷B．圖（b）中，由放射性元素剩余質(zhì)量m與原質(zhì)量的比值隨時間t的變化規(guī)律可知其半衰期為C．圖（c）中，探測器接收到的可能是射線D．圖（d）中，比結合能越大，平均核子質(zhì)量越大，原子核越穩(wěn)定〖答案〗B【詳析】A．10.2eV恰好為氫原子2能級和1能級的能極差，所以處于基態(tài)的氫原子恰好能吸收，發(fā)生躍遷，故選項A錯誤；B．放射性原子核從衰變?yōu)?，所用時間有半數(shù)發(fā)生衰變，所以半衰期為，故選項B正確；C．粒子穿透能力比較弱，不能穿透鋼板，故選項C錯誤；D．比結合能越大，平均核子質(zhì)量越小，故D錯誤。故選B。3．分別位于和處的兩波源只做了一次全振動，形成兩列分別沿x軸正方向和負方向傳播的簡諧橫波，時刻的波形如圖甲所示，此時波剛好傳到M、N兩質(zhì)點，P質(zhì)點的平衡位置坐標為，Q質(zhì)點的平衡位置坐標為，點的振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A．該波的速度為1m/sB．經(jīng)，質(zhì)點剛好傳到P點C．時，Q點的位移為10cmD．P點振動過程中的最大位移為10cm〖答案〗C【詳析】A．根據(jù)圖甲可知，波長為根據(jù)乙圖可知，周期為故波速為故A錯誤；B．質(zhì)點在平衡位置附近上下振動，質(zhì)點不能隨波遷移，故B錯誤；C．畫出時的波形圖如圖所示，Q點位移為10cm，故C正確；D．根據(jù)題意可知，當沿正向傳播的波剛離開P點時，沿x軸負方向傳播的波剛好傳到P點，以后P點只參與沿x軸負向傳播的波引起的振動，故P點最大位移為振幅值，即5cm，故D錯誤。故選C。

4．一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)a經(jīng)bcd又回到狀態(tài)a，其循環(huán)過程的p-V圖像如圖所示。已知氣體在狀態(tài)a的溫度為T0。則下列說法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)c的溫度為6T0B．氣體由a到b和由c到d的兩個過程中，對外做的功相等C．氣體完成1次循環(huán)過程，一定從外界吸收熱量D．氣體由a到b的過程中，吸收的熱量小于內(nèi)能的增加量〖答案〗C【詳析】A．因可知ac兩態(tài)的溫度相同，則氣體在狀態(tài)c的溫度為T0，選項A錯誤；B．因p-V圖像的面積等于功，則氣體由a到b對外做功，由c到d的過程中外界對氣體做功，兩者大小不相等，選項B錯誤；C．氣體完成1次循環(huán)過程，氣體內(nèi)能不變，由B的分析可知，氣體對外做功大于外界對氣體做功，可知整個過程中氣體對外做功，則氣體一定從外界吸收熱量，選項C正確；D．氣體由a到b的過程中，氣體對外做功，溫度升高，內(nèi)能變大，根據(jù)吸收的熱量大于內(nèi)能的增加量，選項D錯誤。故選C。5．如圖所示，A1和A2是兩個規(guī)格完全相同的燈泡，A1與自感線圈L串聯(lián)后接到電路中，A2與可變電阻串聯(lián)后接到電路中。先閉合開關S，緩慢調(diào)節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調(diào)節(jié)電阻R1，使兩個燈泡都正常發(fā)光，然后斷開開關S。對于這個電路，下列說法中正確的是（）A．再閉合開關S時，A1先亮，A2后亮B．再閉合開關S時，A1和A2同時亮C．再閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，重新斷開開關S，A2先亮一下，過一會兒熄滅D．再閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，重新斷開開關S，A1和A2都要過一會才熄滅〖答案〗D【詳析】AB．再閉合開關S時，A2立刻導通，從而發(fā)光，電感L有阻礙電流變化的作用，A1在電感L的作用下，緩緩發(fā)光，故A錯誤，B錯誤；CD．重新斷開S后，A1、A2、電感L及滑動電阻器R組成一個回路，并且穩(wěn)定時兩燈都正常發(fā)光，電流相等，由于電感的作用，在斷開S后，該回路仍有電流通過，所以兩燈泡都要過一會才熄滅，故C錯誤，D正確。故選D。6．如圖所示，從傾角為θ的足夠長的斜面頂端水平拋出一個小球，小球落在斜面上某處．關于小球落在斜面上時的速度方向與斜面的夾角α，下列說法正確的是（）

A．夾角α滿足tanα=2tanθB．夾角α與初速度大小無關C．夾角α隨著初速度增大而增大D．夾角α與傾角θ的和一定是90°〖答案〗B【詳析】ABC．小球落在斜面上時，有tanθ=解之得小球落在斜面上時速度與水平方向夾角的正切值tanβ==2tanθ又β=α+θ，則tan（α+θ）=2tanθθ一定，則α一定，與初速度大小無關．故AC錯誤，B正確．D．小球水平方向做勻速運動，所以v與豎直方向的夾角β一定小于90°，即α+θ＜90°，故D錯誤．故選B．【『點石成金』】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及兩個分位移之間的關系．要知道某時刻速度方向與水平方向夾角正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍這一結論，經(jīng)常用到，可在理解的基礎上記牢．7．如圖所示，曲線I是一顆繞地球做圓周運動的衛(wèi)星軌道的示意圖，其半徑為R，曲線Ⅱ是一顆繞地球做橢圓運動的衛(wèi)星軌道的示意圖，O點為地球球心，AB為橢圓的長軸，兩軌道和地心都在同一平面內(nèi)，已知在兩軌道上運動的衛(wèi)星的周期相等，萬有引力常量為G，地球質(zhì)量為M，下列說法錯誤的是（）A．橢圓軌道的半長軸長度為RB．衛(wèi)星在I軌道的速率為，衛(wèi)星在Ⅱ軌道B點的速率為，則C．衛(wèi)星在I軌道的加速度大小為a0，衛(wèi)星在Ⅱ軌道A點加速度大小為，則a0<D．若OA=0.5R，則衛(wèi)星在B點的速率>〖答案〗D【詳析】A.有開普勒第三定律可得因為周期相等，所以半長軸相等，圓軌道可以看成長半軸、短半軸都為R橢圓，故，即橢圓軌道的半長軸的長度為R，故A正確；B.根據(jù)萬有引力提供向心力可得故，由此可知軌道半徑越大，線速度越??；設衛(wèi)星以OB為半徑做圓周運動的速度為，那么；又衛(wèi)星Ⅱ在B點做向心運動，所以有，綜上有．故B正確；C.衛(wèi)星運動過程中只受到萬有引力的作用，故有所以加速度為，又有，所以，故C正確；D.若，則，那么，所以，故D錯誤。故選D。8．如圖所示,在勻強磁場區(qū)域的上方有一半徑為r、質(zhì)量為m的導體圓環(huán),將圓環(huán)由靜止釋放,圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等.已知圓環(huán)的電阻為R,勻強磁場的磁感應強度為B,重力加速度為,則(

)A．圓環(huán)進入磁場的過程中,電阻產(chǎn)生的熱量為mgrB．圓環(huán)進入磁場的過程可能做勻速直線運動C．圓環(huán)進入磁場的過程中,通過導體某個橫截面的電荷量為D．圓環(huán)進入磁場的過程中,圓環(huán)中的電流為順時針〖答案〗C〖祥解〗分析清楚圓環(huán)進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；根據(jù)線圓環(huán)進入與離開磁場的速度判斷線框的運動性質(zhì)；根據(jù)求電荷量;根據(jù)動能定理求出圓環(huán)的下邊剛進入磁場到上邊剛進入磁場這段過程中克服安培力做的功，即可知道線框的電阻產(chǎn)生的熱量.【詳析】A、由于圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等，根據(jù)動能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通過電阻的熱量為2mgr;故A錯誤.B、由于圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等，該過程感應電流不同，安培力不同，故線圈不可能勻速；故B錯誤.C、根據(jù)電量公式，得；故C正確.D、圓環(huán)進入磁場的過程中，垂直紙面向里的磁通量增加，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應電流的磁通量應垂直紙面向外，由楞次定律判斷感應電流為逆時針方向，故D錯誤.故選C.【『點石成金』】解決本題的關鍵是恰當?shù)剡x擇研究過程，根據(jù)動能定理求出克服安培力所做的功，以及根據(jù)動力學分析出線框的運動情況.9．如圖所示，電源電動勢E、內(nèi)阻r恒定，定值電阻的阻值等于r，定值電阻R2的阻值等于2r，閉合開關S，平行板電容器兩板間有一帶電液滴剛好處于靜止狀態(tài)。將滑動變阻器滑片向上滑動，理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對值分別為、、，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為，下列說法正確的是（）A．理想電壓表V1示數(shù)增大，理想電壓表V2示數(shù)增大，理想電流表A示數(shù)減小B．帶電液滴將向下運動，定值電阻R2中有從a流向b的瞬間電流C．D．電源的輸出功率可能先變大后變小〖答案〗C【詳析】A．分析電路可知，當開關S閉合，滑動變阻器與定值電阻串聯(lián)后接在電源兩端；將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路總電阻變大，電路電流減小，理想電流表A示數(shù)減??；理想電壓表V1測量定值電阻兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得電路電流減小，則變小，即理想電壓表示數(shù)減?。欢硐腚妷罕鞻2測量電源的路端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得電路電流減小，電源內(nèi)阻上分得的電壓變小，電源路端電壓增大，理想電壓表V2的示數(shù)增大，故A錯誤；B．理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得電路電流減小，則增大；根據(jù)可知電容器的電荷量增大，電容器充電，所以定值電阻中有從b流向a的瞬間電流；又，可得電荷量增大，E增大，向上的電場力增大，則質(zhì)點將向上運動，故B錯誤；C．理想電壓表V1測量定值電阻兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得理想電壓表V2測量電源的路端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得電路中定值電阻的阻值等于電源內(nèi)阻r的阻值，當電路中電流增大，電阻的阻值不變，故故C正確；D．電源的輸出功率與外電阻變化的圖像如下定值電阻的阻值等于電源內(nèi)阻r的阻值，將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路的外電阻阻值從大于內(nèi)阻r繼續(xù)增大，則電源的輸出功率減小，故D錯誤。故選C。10．如圖所示，一個物體放在粗糙的水平地面上。在時刻，物體在水平力作用下由靜止開始做直線運動。在到時間內(nèi)物體的加速度隨時間的變化規(guī)律如圖所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等。則（）A．時刻，力等于B．在到時間內(nèi)，合力的沖量大小C．在到時間內(nèi)，力大小恒定D．在到時間內(nèi)，物體的速度逐漸變小〖答案〗B【詳析】A．依據(jù)牛頓第二定律，時刻，合力為零，拉力等于摩擦力，故A錯誤；B．依據(jù)沖量的公式=mat即I=故B正確；C．由于加速度的大小變化，而摩擦力不變，所以力F大小變化，故C錯誤；D．由于加速度的方向使終不變，物體的速度逐漸變大，故D錯誤。故選B。11．一輛貨車運載著相同的圓柱形光滑空油桶，質(zhì)量均為m，在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地擺放在桶A、B之間，沒有用繩索固定，設重力加速度為g（）A．若貨車向左勻速行駛，則A對C的支持力大小為mgB．若貨車以的加速度向左加速行駛，則A、B對C作用力的合力一定等于C．若貨車以的加速度向左減速行駛，B對C的支持力大于A對C的支持力D．為使桶C與貨車保持相對靜止，貨車剎車的加速度不能超過〖答案〗D【詳析】A．以C桶為研究對象，貨車向左勻速行駛時，受重力、A、B的支持力，如圖所示，C桶在豎直方向受力平衡，由平衡條件可得解得A錯誤；B．若貨車以的加速度向左加速行駛，設A對C的作用力為，B對C的作用力為，C在豎直方向受力平衡，則有在水平方向由牛頓第二定律則有解得可知C受到重力、A、B作用力的合力大小為方向水平向左。則A、B對C作用力的合力一定不等于，B錯誤；C．若貨車以的加速度向左減速行駛，則貨車的加速度向右，由B選項〖解析〗可知，B對C的支持力小于A對C的支持力，C錯誤；D．為使桶C與貨車保持相對靜止，貨車剎車時的加速度向右，當B對C的支持力減小到零時，剎車加速度達到最大，此時A對C的支持力達到最大，設為，可知C在豎直方向受力平衡，則有解得在水平方向由牛頓第二定律則有解得可知為使桶C與貨車保持相對靜止，貨車剎車的加速度不能超過，D正確。故選D。二、實驗題12．圖（a）中，水平放置的氣墊導軌上有A、B兩滑塊，A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的兩倍，滑塊上的遮光片寬度均為d，A位于導軌的左端，B位于導軌中間，A、B間和B與導軌右端之間各有一個光電門。用手推一下A，A向右運動與B發(fā)生碰撞并粘到一起，測得A通過光電門時A上遮光片的遮光時間為，A、B一起通過光電門時B上遮光片的遮光時間為。完成下列填空：

（1）B通過光電門時速度的大小為；（用題中物理量的符號表示）（2）用游標卡尺測量d時示數(shù)如圖（b）所示，則d=cm；（3）當t1=t2時，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒?！即鸢浮剑?）（2）（3）【詳析】（1）[1]由于擋光片的寬度比較小，故擋光片通過光電門的時間比較短，因此可將擋光片通過光電門的平均速度看成滑塊通過光電門的瞬時速度，故滑塊通過光電門的速度可表示為（2）[2]游標卡尺的主尺讀數(shù)為，游標尺讀數(shù)為所以擋光片的寬度為（3）[3]滑塊經(jīng)過光電門的速度滑塊經(jīng)過光電門的速度沒有摩擦力作用，碰撞前后動量守恒，根據(jù)動量守恒定律化簡得此時、組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒。三、解答題13．如圖所示，兩端開口的U形導熱玻璃管兩邊粗細不同，粗管橫截面積是細管橫截面積的2倍．管中裝入水銀，兩管中水銀面與管口距離均為12cm，大氣壓強為p0＝75cmHg．現(xiàn)將粗管管口封閉，然后將細管管口用一活塞封閉并將活塞緩慢推入管中，直至兩管中水銀面高度差達△h＝10cm為止，整個過程中環(huán)境溫度保持不變，求活塞下移的距離．〖答案〗11cm【詳析】由于粗管橫截面積是細管的2倍，因此兩管中水銀面高度差達10cm時，左管下降8cm，右管上升2cm，整個過程發(fā)生的是等溫變化，設右管橫截面積為S，左管橫截面積為s，以右管氣體為研究對象，進行狀態(tài)參量的分析為：初狀態(tài)：P0＝75cmHg

，V0＝12S末狀態(tài)：P1＝？，V1＝10S根據(jù)P0V0＝P1V1，得末狀態(tài)右側氣體的壓強為：以左管中的氣體為研究對象，進行狀態(tài)參量的分析為：初狀態(tài)：P0＝75cmHg，V0′＝12s末狀態(tài)：P2＝P1+10cmHg＝100cmHg

，V2＝？根據(jù)P0V0′＝P2V2，得：即為此時左管的空氣柱的長度為9cm，因此活塞下移的距離為：L＝12﹣9+8＝11cm14．如圖甲所示是某同學設計的一種振動發(fā)電裝置的示意圖，它的結構是一個套在輻向形永久磁鐵槽中的半徑為r＝0.1m、匝數(shù)n＝100的線圈，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)。線圈所在位置磁感應強度B的大小均為B＝T，線圈的電阻為R1＝0.5Ω，它的引出線接有R2＝9.5Ω的小電珠L。外力推動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復運動，便有電流通過電珠。當線圈運動速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(摩擦等損耗不計)，從t＝0時刻開始計時。(1)寫出線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式以及電壓表中的示數(shù)；(2)通電40s小電珠L消耗的電能；(3)t＝0.1s時外力F的大小?！即鸢浮?1)e＝40sin5πt(V)38V(2)6080J(3)160N【詳析】(1)由題圖丙可得：vm＝2m/s，T＝0.4s電動勢最大值Em＝nBLvm＝nB·2πr·vm＝40V線圈轉動的角速度ω＝＝5πrad/s電動勢的瞬時值表達式：e＝40sin5πt(V)電動勢的有效值E＝＝V＝40V電流的有效值I＝＝A＝4A電壓表的示數(shù)U＝IR2＝4×9.5V＝38V(2)根據(jù)焦耳定律可得：Q＝I2R2t＝42×9.5×40J＝6080J(3)t＝0.1s時e＝Em＝40V電流強度i＝Im＝＝A＝4A此時線圈的速度最大而加速度為零，則：F＝FA＝nBIm·2πr＝100××4×2π×0.1N＝160N15．如圖甲，一光滑斜面與一足夠長的水平面通過一小段光滑圓弧平滑連接，質(zhì)量為1kg的小物塊B靜止于水平面的最左端。t＝0時刻，小物塊A以3m/s的速度與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短可忽略不計。碰撞后B沿斜面向上運動，在B沿斜面運動的過程中，用x表示B的位移，t表示其運動時間，物塊B在斜面上運動的圖像如圖乙。已知物塊A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為、，重力加速度g＝10m/s2，物塊A和B的碰撞均為彈性碰撞，不計物塊通過斜面與水平面交接處的動能損失。求：（1）物塊B沿斜面向上運動的最大距離和它對斜面的壓力大?。唬?）物塊A的質(zhì)量；（3）物塊A最終停止的位置距水平面最左端的距離?！即鸢浮剑?）1m；6N；（2）2kg；（3）【詳析】（1）由圖乙可知由勻減速運動直線運動規(guī)律化簡有可知，物塊B在斜面上做勻減速運動直線運動，其中，物塊B沿斜面向上做勻減速直線運動的最大距離設斜面傾角為θ，由牛頓第二定律可知解得則物塊B沿斜面向上運動時，斜面對物塊B的彈力大小由牛頓第三定律可知，物塊B沿斜面運動過程中對斜面的壓力大?。?）物塊A以3m/s的速度與B發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒由能量守恒聯(lián)立解得，（3）由于斜面光滑，物塊A、B第一次碰撞后，滑上斜面的加速度大小物塊A滑上斜面減速減為零，用時經(jīng)以大小為速度返回水平面上運動；物塊B滑上斜面減速減為零，用時經(jīng)以大小為速度返回水平面上運動；物塊A、B沿水平面運動時，由牛頓第二定律可知物塊A、B在水平面運動時，加速度大小分別為物塊A從返回水平面到第一次停止所用時間物塊A第一次停止前，在水平面運動向右運動的距離物塊B從返回水平面到第一