2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.放射性同位素热电机是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受温度及宇宙射线的影响，使用寿命可达十几年。我国的火星探测车用放射性材料器 94238Pu作为燃料，其原理为 94238Pu发生α衰变时将释放的能量转化为电能，衰变方程为 94238Pu→X+24He，以Z和N分别表示X的电荷数和中子数，下列判断正确的是( )
A. Z=90，N=142B. Z=92，N=144
C. Z=92，N=142D. Z=90，N=144
2.如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就会产生感应电流，即涡流。当线圈内部空间的磁感线方向竖直向上，在铁块内产生(自上而下观察)沿虚线顺时针方向的涡流方向时，下列说法正确的是( )
A. 绝缘导线中的电流正在减小
B. 绝缘导线中的电流由b流向a
C. 为减小涡流，可以增大交变电流的频率
D. 为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来
3.如图所示，面积为0.08m2、匝数为10匝的矩形线圈，处在磁感应强度为2πT的匀强磁场中，通过电刷与理想变压器的原线圈相连。变压器的原线圈接有一理想二极管，副线圈接有R=5Ω的电阻和一理想交流电压表，变压器的原、副线圈匝数比为2：1.当线圈绕垂直于磁场的轴OO′以50πrad/s的角速度转动时，下列说法中正确的是( )
A. 矩形线圈产生的交流电的周期为0.02sB. 矩形线圈产生的电动势的有效值为80V
C. 电压表的示数为20VD. 副线圈的输出功率为160W
4.气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是( )
A.
B.
C. 从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功
D. 与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少
5.新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是( )
A. B.
C. D.
6.1970年4月24日，中国首颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射；2007年10月24日，中国首颗月球探测器“嫦娥一号”成功发射；2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”成功发射；2022年10月9日，中国首颗综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”成功发射。我国星际探测事业在一代代中国航天人的接续奋斗中不断开创新高度。已知“东方红一号”绕地球运行周期为1.9小时，“嫦娥一号”绕月球运行周期为2.1小时，“天问一号”绕火星运行周期为8.2小时，“夸父一号”绕地球运行周期为1.7小时。根据以上信息可知( )
A. “东方红一号”的轨道半径最大B. “嫦娥一号”的向心加速度最大
C. “天问一号”的发射速度最大D. “夸父一号”的运行速度最大
7.将一物体以某一初速度沿与水平方向成37∘角从A点斜向上抛出，经过B点时速度与水平方向的夹角为53∘。已知A、B之间的水平距离为L，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，sin53∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 从A点抛出时的速度大小为 3gL2B. 从A到B过程中速度的最小值为35 3gL
C. 从A到B的时间为53 3LgD. A、B之间的高度差为712L
8.如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知avb，故a、b棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mva+mvb=mva1+mvb1
mva22+mvb22=mva122+mvb122
解得：va1=0.25m/s，vb1=0.75m/s，(质量相等，交换速度)
碰撞之后的运动过程中系统动量守恒，直到共速。由动量守恒定律得：
mva1+mvb1=2mv共
设最后共速时两导体棒间的距离为Δx′，同理，对b棒由动量定理得：
−B2L2Δx′2R=mv共−mvb1
解得：Δx′=2m
答：(1)导体棒a刚滑入水平导轨时，导体棒b的加速度大小为B2L22mR 2rg；
(2)导体棒a、b共速前通过回路的电荷量为m2BL 2rg，a导体棒产生的焦耳热为14mgr；
(3)最后共速时两导体棒间的距离为2m。
【解析】(1)根据动能定理求得导体棒到达B1B2时的速度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得感应电流，对导体棒b应用牛顿第二定律求解加速度；
(2)两棒匀速运动时回路的电流为零，两棒的速度相同，在水平轨道上a、b棒组成的系统满足动量守恒定律，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解焦耳热。对b棒由动量定理求解通过的电荷量；
(3)根据动量定理分别求得a、b棒的相对位移为Δx=2m时的速度，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解a、b棒发生碰撞后的速度。再由动量守恒定律求得两者共速时的速度，对其中一个棒，由动量定理求解最终两棒之间的距离。
本题考查了电磁感应定律应用的导体棒切割磁感线模型，清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求解电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
14.【答案】解：(1)小物块下滑过程中，由动能定理得
mgR=12mvQ2
解得：vQ=6m/s
在Q点，对小物块，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvQ2R
解得：FN=60N
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q点时对轨道的压力大小FN′=FN=60N
(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有
μ2mg=ma1
可得：a1=8m/s2
对木板A，由牛顿第二定律有
μ2mg−μ1(m+2M)g=2Ma2
可得：a2=4m/s2
小物块刚滑上木板B时，小物块的位移为
x1=vQt−12a1t2
木板A的位移为
x2=12a2t2
又有LA=x1−x2
联立解得：t=0.5s
则小物块刚滑上木板B时的速度
v0=vQ−a1t=(6−8×0.5)m/s=2m/s
(3)小物块刚滑上木板B时木板B的速度
v1=a2t=4×0.5m/s=2m/s
小物块在木板B上滑动时，对小物块有
μ3mg=ma3
解得：a3=1m/s2
对木板B有
μ1(m+2M)g−μ3mg=2Ma4
解得：a4=3m/s2
小物块的位移为
x3=v022a3
木板B的位移为
x4=v122a4
则木板B的最小长度Lmin=x3−x4
联立解得：Lmin=43m
答：(1)小物块运动到Q点时对轨道的压力大小为60N；
(2)小物块刚滑上木板B时的速度大小为2m/s；
(3)木板B的最小长度为43m。
【解析】(1)小物块下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理求出小物块运动到Q点时的速度大小。在Q点，对物块，根据重力和支持力的合力提供向心力列式，即可求出支持力，从而小物块得到对轨道的压力；
(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块和木板A分别受力分析，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，然后根据位移-时间关系公式和两者位移关系求出此过程的时间，再由速度-时间关系公式列式求解小物块刚滑上木板B时的速度大小；
(3)先求出小物块刚滑上木板B时木板B的速度。小物块在木板B上滑动时，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，再根据速度-位移公式和位移关系求解木板B的最小长度。
本题的关键要分析清楚小物块和两木板的运动规律，分阶段运用牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式以及关联条件进行解答。
15.【答案】解：设该棱镜的临界角为α，折射率为n，由临界角和折射率的关系可知：
sinα=1n
设光线从M点射入棱镜后折射角为β，由几何关系可得：
β=90∘−α
由折射定律可知：
n=sin60∘sinβ
联立可得：
sin60∘sin(90∘−α)=1sinα
解得：sinα=27 7，n= 72
即棱镜的折射率为 72
将上述几何关系表示在下图：
由数学知识可求得：tanα=23 3
且由几何关系可得：
BN=BM⋅tanα
NC=BC−BN
PC=NCtanα
M是AB的中点，所以BM=12a，且BC=a
联立解得：
PC= 3−12a
即P、C两点之间的距离为 3−12a
答：棱镜的折射率为 72，P、C两点之间的距离为 3−12a。
【解析】根据题目条件，分别用折射定律和全反射的定义写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。
本题考查光的折射定律、全反射等相关知识和计算问题，突破点在于灵活运用折射率的不同表达形式，并联合几何知识快速求解。
16.【答案】解：粒子的运动轨迹如右图所示
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1
x方向匀速直线运动，则有：2h=v0t1
y方向初速度为零的匀加速直线运动，则有：h=12at12
根据牛顿第二定律：Eq=ma
求出匀强电场强度：E=mv022qh
(2)粒子在电场中运动，根据动能定理：Eqh=12mv2−12mv02
设粒子进入磁场时速度为v，根据Bqv=mv2r
求出运动轨道的半径：r= 2mv0Bq
(3)粒子在电场中运动的时间：t1=2hv0
粒子在磁场中运动的周期：T=2πrv=2πmBq
设粒子在磁场中运动的时间为t2，由几何关系可知粒子的偏转角为135∘，所以有：
t2=135∘360∘T=38T
求出总时间：t=t1+t2=2hv0+3πm4Bq
答：(1)电场强度大小为mv022qh；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径为 2mv0Bq；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间为2hv0+3πm4Bq。
【解析】(1)粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达P的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，根据牛顿第二定律可求出加速度与速度及位移关系，从而求出电场强度；
(2)应用动能定理即可求得电场中粒子的速度，粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径。
(3)粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间。
该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。
带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点；
圆心的确定：因洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入磁场和射出磁场的两点)洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心。或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心。
半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形。
运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角θ的大小，用公式t=θ360∘T可求出运动时间。
再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练地运用几何知识解决物理问题。U1(mV)
0.57
0.71
0.85
1.14
1.43
U2(mV)
0.97
1.21
1.45
1.94
2.43