2023-2024学年江苏省南通市高三（第三次）适应性考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市高三（第三次）适应性考试物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换.打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则( )
A. 容器中气体的内能减少B. 容器中气体分子的平均动能增加
C. 容器中气体分子的数密度减小D. Q中的气体能自发地全部退回到P中去
2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.导线通以恒定电流I，放置在磁场中.已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60∘，bc与磁场方向平行.该导线受到的安培力为( )
A. 32BIlB. BIlC. 32BIlD. 2+ 3BIl
3.一列简谐横波沿着x轴的正方向传播，t=0时，波形图如图所示，t=4s时，平衡位置在x=6m处的质点第一次到达波峰.下列说法中正确的是( )
A. 波源的起振方向沿y轴正方向
B. 该波的波速为1m/s
C. 该波的周期为5s
D. 图示时刻x=4m处质点的回复力沿y轴负方向
4.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，使用的光具座如图所示.下列说法中正确的是( )
A. 图中屏的右侧要加装带有测量头的目镜
B. 在没有单色光源的情况下，光源用高亮度白炽灯即可
C. 要有单色滤光片，且滤光片一定要放在单缝和双缝之间
D. 只要光源、单缝、双缝三者的中心共线，屏上一定能成清晰的像
5.图1、图2是演示自感现象的实验电路，实验现象明显.下列说法中正确的是( )
A. 在图1中，开关S闭合时两灯泡同时亮
B. 在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感增大
C. 在图2中，开关S断开时线圈中产生自感电动势
D. 在图2中，开关S断开时灯泡中电流方向不改变
6.如图1所示，某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图2所示的偏转电压，则看到光屏上的图形是( )
A. B.
C. D.
7.往复式内燃机利用迪塞尔循环来工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成.如图所示为一定质量的理想气体所经历的一个迪塞尔循环，则该气体( )
A. 在状态c和d时的内能可能相等
B. 在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C. a→c过程中增加的内能小于c→d过程中减少的内能
D. 在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
8.足球从地面上被斜向上方踢出后，在空中划出一条美丽的曲线后落回地面.不考虑空气作用.足球的加速度a、速率v、机械能E和重力的功率大小P随时间t的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
9.在水池底部放置三个防水线性光源，构成如图所示的等腰直角三角形发光带.现往水池中注入不同深度的水，水面上可能形成的亮斑形状是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，一处于电场中的竖直金属板左侧面均匀涂有绝缘薄层，沿板表面建立竖直向下的y轴，场强大小随y轴方向均匀增大，关系为E=E0+ky(E0、k为常数)，OA=AB.将带电小物块放在A点时，物块恰好静止.现将该物块由原点O静止释放，则物块下滑过程中( )
A. 电场力做正功，物块的电势能减小
B. 电场力不做功，物块机械能守恒
C. 摩擦力不断增大，物块会在A、B间的某点停止运动
D. 物块刚好在B点停下，之后不再上滑
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
11.小明想将满偏电流为300μA、内阻未知的电流表改装成简易多用表，并用改装的多用表探索黑箱内的电路结构.
(1)利用如图1所示的电路测量电流表G的内阻：先断开S2、闭合S1，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的指针满偏;再闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱，使电流表的指针半偏，读出此时电阻箱的阻值为200Ω，则电流表 G内阻的测量值为__________Ω.
(2)将电流表G改装成如图2所示的多用表.当选择开关接__________(选填“1”或“2”)时，多用表为大量程的电流表.
(3)一般仪表的正、负极通常用红、黑色区分，图2中多用表的表笔B为__________(选填“红”或“黑”)表笔.
(4)在图3中，A、B、C为黑箱(即看不见内部电路结构的一个盒子)上的三个接点，两个接点间最多只能接一个电学元件.已知盒内没有电源，为探明内部结构，小明用改装表的欧姆挡进行了测量，结果如下：
①A、B间正、反向电阻完全相同
②黑表笔接A点、红表笔接C点，有电阻;反接后阻值很大
③黑表笔接B点、红表笔接C点，有电阻，但阻值比第②步测得的阻值大;反接后阻值很大
请根据以上测量结果，在图3上画出黑箱内部元件的电路图.
(5)长期使用后，电表内的电池电动势有所下降，小明认为：只要欧姆挡仍能调零，电阻的测量值就是准确的.你是否同意他的观点，并简要说明理由.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
12.用中子轰击锂核(36Li)会生成α粒子和氢的同位素，同时释放出4.8MeV的能量.已知元电荷e=1.6×10−19C，光在真空中的速度c=3×108m/s.
(1)写出核反应方程;
(2)计算核反应过程的质量亏损Δm.(以kg为单位，结果保留三位有效数字)
13.两颗相距较远的行星A、B的半径分别为RA、RB，且RB=2RA，距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方v2随r变化的关系如图所示.行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响.
(1)求行星A、B的密度之比ρA:ρB;
(2)假设有相同的人形机器人在行星A、B表面的水平地面上从肩位水平射出相同的铅球，在初速度相同的情况下，求铅球射程的比值xA:xB.
14.如图所示，在x轴下方，沿y轴方向每间隔d=0.2m的高度就有一段间距为d的区域P，区域P内既存在竖直向上、场强E=20N/C的匀强电场，也存在垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=2T.现有一电荷量q=5×10−10C、质量m=1×10−9kg的带正电的粒子从坐标原点O自由下落.粒子可视为质点，取重力加速度g=10m/s2.
(1)求粒子刚到达第一个区域P时的速度大小v1;
(2)求粒子穿出第一个区域P时速度的水平分速度大小vx;
(3)若将所有区域的磁感应强度的大小调整为B′，使粒子刚好不能穿出第2个区域P，求B′的大小.
15.如图所示，倾角θ=37∘的直角斜面体被锁定在光滑水平面上，绕过斜面顶端的轻质定滑轮的细线，一端连接在斜面上的小物块B上，另一端吊着小物块A，A刚好贴着斜面体的竖直侧面，连接B的细线与斜面平行，B离斜面底端的距离x=0.6m，系统恰能保持静止状态.已知斜面体质量M=2kg，A的质量mA=1kg，B的质量mB=5kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终在滑轮下方，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.
(1)求B与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)若B变为光滑，将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端所需要的时间t;
(3)若解除对斜面体的锁定，且不计一切摩擦.将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端时的速度大小vB.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】打开阀门后，气体膨胀对外做功，则由热力学第一定律可得内能的变化；由热力学第二定律可得出气体能否退回到P中．
本题考查热力学第一、二定律，注意虽然体积与分子势能有关，但却不能说体积增大，分子势能就增大或减小．
【解答】
解：A、气体在真空中膨胀，对外不做功，故由热力学第一定律可得，气体的内能不变，故A错误；
B、气体由于分子间距离较大，分子力视为零，故分子势能为零，不随体积的增大而变化。又因内能=所有分子动能+所有分子势能，内能不变，所以分子平均动能不变，故B错误；
C、气体在真空中膨胀，体积增大，容器中气体分子的数密度减小，故C正确；
D、由热力学第二定律可知，Q中的气体不可能自发的全部退回到P中，故D错误，
故选 C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查安培力的计算，基础题目。
分析各段直线电流受力情况，结合安培力公式得出导线所受的安培力即可判断。
【解答】
直线电流bc与磁场平行，此段电流不受安培力，则导线所受的安培力为直线电流ab所受的安培力，大小为F=BIlsin60∘= 32BIl，故A正确，BCD 错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查机械波的传播特点，熟悉机械波的传播规律是解题的关键。
根据波动的特点，结合同侧法得出波源的起振方向即可判断；根据波动特点列方程得出波速，结合图像得出波长，从而计算出波的周期即可判断；根据图像得出图示时刻x=4m处质点的位移情况，结合回复力与位移关系得出其回复力方向即可判断。
【解答】
A、由图知，t=0时该波恰好传到x=5m处，此质点的起振方向与波源起振方向相同，由同侧法知，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；
BC、从t=0时刻开始到x=6m处质点第一次到达波峰所用的时间Δt=(4−0)s=(6−2)mv，解得该波的波速v=1m/s，由图知，波长λ=4m，则波的周期T=λv=4s，故B正确，C错误；
D、由图知，图示时刻x=4m处质点的位移为负值，由F=−kx知，该质点的回复力沿y轴正方向，故D错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查用双缝干涉测量光的波长实验装置及操作。解题的关键是要知道双缝干涉测量光的实验原理及相应的装置各部分构成，知道有关操作及注意事项。【解答】A、图中屏的右侧要加装带有测量头的目镜，A正确；
B、在没有单色光源的情况下，光源不能用高亮度白炽灯，B错误；
C、要有单色滤光片，且滤光片一定要单缝之前，故 C错误；
D、光源、单缝、双缝三者的中心共线，单缝与双缝要平行，才能形成清晰的像，故 D错误；
故选A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查自感现象的应用，熟悉自感的原理是解题的关键，逐一分析即可判断，基础题目。
【解答】
A、在图1中，开关S闭合时，由于自感灯泡A1逐渐变亮，而灯泡A2立即变亮，故A错误；
B、由电感的影响因素知，在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感减小，故B错误；
C、在图2中，开关S断开时通过线圈的电流减小，则线圈中会产生自感电动势，故C正确；
D、断开开关S前，通过自感线圈的电流方向向右，通过灯泡A的电流方向也向右，断开开关时，自感线圈与灯泡A组成回路，由于自感，通过自感线圈的电流方向不变，该电流通过灯泡A，此时灯泡 A的电流方向向左，可见开关S断开时灯泡中电流方向改变，故D错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查示波器原理，注意电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的加速过程中电压不变。
结合图2分析电子的受力方向可得出电子所打在的位置，进而确定示波器中看到的图形。
【解答】
由图2知，XX′方向加逐渐增大的正向电压，则电子将向X方向偏转；YY′方向加正向电压，则电子将向Y方向偏转，并打在同一位置；则电子在示波器上形成一条在平行于XX′中的直线，故选D。
7.【答案】B
【解析】【分析】
理想气体内能与温度有关，根据热力学第一定律和查理定律判断；根据绝热压缩和热力学第一定律判断；根据p−V图象“面积”及热力学第一定律判断。
本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，解题关键是要先根据气体实验定律判断气体的p、V、T的变化，然后结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行分析，其中特别需要注意的是p−V图象“面积”即为气体做功大小。
【解答】
A.状态c到d是绝热过程，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，状态c到d内能减小，故A错误；
B.在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W>0，Q=0，根据热力学第一定律，可知△U=W，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；
D.根据p−V图像“面积”即为气体做功大小，可知一个循环过程气体对外做功，图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，而整个过程气体能内能变化为零，根据热力学第一定律，在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，故D错误；
C.因为从d到a，做功为零，根据理想气体状态方程可知温度降低，内能减小，完成一次循环内能不变，所以a→c过程中增加的内能大于c→d过程中减少的内能，故C错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查运动的合成与分解，斜抛运动、机械能守恒、瞬时功率等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
【解答】
A、足球运动过程中只受到重力作用，所以加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B、设足球初速度大小v0，方向与水平方向夹角为θ，则t时刻
vx=v0csθ
vx=v0sinθ−gt
速率v= (v0csθ)2+(v0sinθ−gt)2，故v与时间t不是线性关系，故B错误；
C、足球运动过程中只受到重力作用，机械能守恒，故C错误；
D、足球重力的功率大小P=mgvy=mg(v0y−gt)，故D正确。
故选D.
9.【答案】C
【解析】【分析】
先考虑点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，再考虑线光源发出的光在水面上有光射出的水面形状，最后分析三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状。根据全反射临界角满足的条件，画出示意图，根据几何关系解答。
本题考查了光线全反射的问题，根据题意示意图进行分析。
【解答】
取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为 R，三角形发光体的每一条细灯带发出的光在水面上光射出的水面形状的示意图如；三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图所示：，如果光带的长度较小，则中间可能不存在空缺的三角形，由此可以判断C正确，ABD不可能存在。
10.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
本题考查力学知识的理解和应用，涉及到静摩擦力和最大静摩擦力，平衡状态和平衡条件及机械能守恒条件等知训。解题的关键是要根据题意分析物体受到的力的情况，确定电场力的方向，分析物体从O释放合力做功的情况，确定物体停止运动的位置，结合物体受力，判断物体是否会继续运动。
【解答】【解答】
带电小物块放在A点时，物块恰好静止，故物体在A点受到电场力方向垂直金属板，受到的最大静摩擦力等于物体的受力，即：qEA=FNA , mg=μFNA；
将该物块由原点O静止释放，根据题意可知，O点电场强度小于A点，故物体在O点受到的最大静摩擦力小于重力，物体向下运动，由于电场强度E=E0+ky，故随物体下滑，滑动摩擦力在逐渐增大；
进一步分析可知，物体从O到A过程，合力向下，随下滑距离的增大，合力均匀减小到0，做加速运动；在A点速度达到最大，从A点继续下滑过程，合力方向变为向下，随下滑距离的增大，合力从0开始均匀增大，向下做减速运动，直至速度减为0。
AB、物体下滑全过程电场力均不做功，摩擦力一直做负功，重力一直做正功，机械能不守恒，AB均错误；
CD、根据分析可作出物体下滑时受到的合力随下滑位移的关系，如图所示，
由于OA=AB，故物块刚好在B点停下，由于物块在B点受到的电场力大于在A点受到的电场力，故物块在B点停止后，由于最大静摩擦力大于重力，故物体停止运动后受静摩擦力作用，大小等于重力，物体处于平衡状态，物块不再上滑，也不下滑，D正确，C错误；
故选D。
11.【答案】(1)200
(2)1
(3)红
(4)
(5)不同意，因为电池电动势下降后，指针满偏时回路总电阻减小，电表中值电阻减小，而面板刻度没有调整，电阻的测量值偏大
【解析】(1)可以认为总电流不变，则闭合开关S2后，通过 R的电流为
I′=Ig−12Ig=12Ig
由欧姆定律可得，电流表内阻的测量值为
Rg=I′R12Ig=R=200Ω；
(2)当选择开关接1时，电流表量程为I1=Ig+IgRg+R2R1，当选择开关接2时，电流表量程为I2=Ig+IgRgR1+R2，则I1>I2，所以当选择开关接1时，多用表为大量程的电流表。
(3)根据“红进黑出”可知多用表的表笔B为红表笔；
(4)使用欧姆档进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，可知：在测量AB之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明AB之间接有一个定值电阻；黑表笔接A点、红表笔接C点，有电阻;反接后阻值很大，说明AC之间有二极管，而且A应该接二极管的正极；黑表笔接B点、红表笔接C点，有电阻，但阻值比第②步测得的阻值大;反接后阻值很大，说明了BAC之间串联了二极管、电阻两个元件，反接阻值很大，则BC间断路，故黑箱内元件的连接如图所示；
(5) 当电源电动势E变小、内阻变大时，欧姆表需重新调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆调零时欧姆表内阻R内=EIg，R内变小，用欧姆表测电阻时I=ERx+R内=IgRgRx+R内=Ig1+RxR内
电池电动势下降后，指针满偏时回路总电阻减小，电表中值电阻减小，而面板刻度没有调整，电阻的测量值偏大
【分析】
(1)根据半偏法测电流表内阻原理进行分析，可以认为总电流不变，结合欧姆定律求解；
(2)根据并联电路特点表示出两个电流表量程，进行比较；
(3)根据“红进黑出”分析；
(4)用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考察多用电表的各个档位的特点以及一些元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况；
(5)根据欧姆表测电阻原理进行分析。
本题考查半偏法测电流表内阻、多用电表电流挡位量程判断、用多用电表探测黑箱内的电学元件等内容，难度较大。
12.【答案】解：(1)核反应方程n01n+36Li→24He+13H
(2)质能方程ΔE=Δmc2
ΔE=4.8MeV=7.68×10−13J
代入数据得Δm=8.53×10−30kg
【解析】本题考查核反应方程和质能方程。解决问题的关键是会书写核反应方程，利用爱因斯坦的质能方程分析计算。
13.【答案】解：(1)设质量为m的卫星绕行星做圆周运动
GMmr2=mv2r
整理得v2=GM⋅1r
由RB=2RA，结合图像得两行星的质量关系MB=2MA
密度ρ=MV=M43πR3=3M4πR3
解得ρA:ρB=4:1
(2)在每个行星表面mg=GMmR2
两行星表面的重力加速度之比gA:gB=2:1
铅球做平抛运动，竖直方向h=12gt2
水平方向x=v0t
解得xA:xB=1: 2
【解析】本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是理解v2随r变化的关系，根据卫星绕行星做圆周运动，万有引力提供向心力得出v2随r变化的关系的表达式，利用在行星表面的平抛运动规律分析计算。
14.【答案】【解答】
解：(1)动能定理mgd=12mv12−0
解得v1=2m/s
(2)在区域P中，粒子所受的合力F=qE−mg=0
所以粒子在区域P中做匀速圆周运动，粒子穿出第一个区城 P时，设v1与x轴正方向的夹角为θ，其运动轨迹如图所示.
由题意vx=v1csθ
洛伦兹力提供向心力qv1B=mv12r1
几何关系d=r1csθ
代入数据解得vx=0.2m/s
(3)进入第2个区域P时，由动能定理得，2mgd=12mv22−0
解得v2=2 2m/s
x方向，动量定理qvyB′Δt=mΔvx
求和qB′∑vyΔt=m∑Δvx
得到qB′⋅2d=mv2
代入数据解得B′=10 2T
【解析】【分析】复合场要根据粒子受力和初速度分析运动性质，结合运动合成与分解求解。
根据动能定理求到第一个P区域的速度，根据复合场粒子所受合力分析运动为匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力计算半径，每经过一个P区域在重力作用下加速下落d，进而求解。
15.【答案】解：(1)B刚好不下滑
mBgsinθ=T+μmBgcsθ
对A：mAg=T
解得μ=0.5
(2)对B：mBgsinθ−T=mBa
对A：T−mAg=mAa
解得a=103m/s2
对B，根据匀变速直线运动规律有：
x=12at2
代入数据得t=0.6s
(3)解除锁定后，设斜面体的速度为v1，B相对于斜面体向下运动的速度为v2
系统水平方向动量守恒
(mA+M)v1=mB(v2csθ−v1)
解得v2=2v1
系统机械能守恒
mBgxsinθ−mAgx=12Mv12+12mA(v12+v22)+12mBvB2
式中vB= (v2sinθ)2+(v2csθ−v1)2
代入数据得vB=310 30m/s
(可能化简为vB=35 152m/s=3 310m/s等形式)
【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚AB的受力情况及运动过程，利用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律结合数学知识分析计算。