2024~2025学年江苏省泰州中学等学校高三上学期12月联合调研物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年江苏省泰州中学等学校高三上学期12月联合调研物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 如图，一个水平放置的小磁针，静止时指南北方向。做实验时，可以使小磁针逆时针转动（从上向下看）的是（ ）
A. 把导线沿南北方向放在小磁针的上方，通入向北的电流
B. 把导线沿南北方向放在小磁针的下方，通入向北的电流
C. 把导线沿东西方向放在小磁针的上方，通入向西的电流
D. 把导线沿东西方向放在小磁针的下方，通入向西的电流
【答案】A
【解析】A．把导线沿南北方向放在小磁针的上方，通入向北的电流，根据右手螺旋定则可知，电流在小磁针所在处产生的磁场向里，则小磁针N极受到的磁场力向里，S极受到的磁场力向外，从上向下看小磁针逆时针转动，故A正确；
B．把水平导线沿南北方向放在小磁针的下方，通入向北的电流，根据右手螺旋定则可知，电流在小磁针所在处产生的磁场向外，则小磁针N极受到的磁场力向外，S极受到的磁场力向里，从上向下看小磁针顺时针转动，故B错误；
C．把导线沿东西方向放在小磁针的上方，通入向西的电流，根据右手螺旋定则可知，电流在小磁针所在处产生的磁场向左，小磁针会发生转动，随机沿着顺时针或逆时针转动，故C错误；
D．把导线沿东西方向放在小磁针的下方，通入向西的电流，根据右手螺旋定则可知，电流在小磁针所在处产生的磁场向右，小磁针不转动，故D错误。
故选A。
2. 某手机正在充电时，闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动，手机振动的频率为，充电线上某点的振动频率为，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.
B. 手机振动的频率越大，充电线抖动的幅度越大
C. 充电线上离手机充电口近的点先振动
D. 同一手机，更换不同长度的充电线，其振动时的频率不同
【答案】C
【解析】A．手机振动，充电线也跟着振动，充电线发生的是受迫振动，振动频率始终等于驱动力的频率，可知
A错误；
B．充电线发生的是受迫振动，当手机振动的频率与充电线的固有频率相隔越大，充电线抖动的振幅越小，当手机振动的频率与充电线的固有频率相隔越小，充电线抖动的振幅越大，故B错误；
C．距离振源越近的质点先振动，可知，充电线上离手机充电口近的点先振动，故C正确；
D．充电线发生的是受迫振动，振动频率始终等于驱动力的频率，可知，同一手机，更换不同长度的充电线，其振动时的频率相同，故D错误。
故选C。
3. 2024年8月6日，我国“千帆星座”计划的首批组网卫星发射成功。“千帆星座”计划采用多层轨道，分阶段实施的星座设计，其中高轨卫星通常位于地球同步轨道，高度约为36000km，低轨卫星轨道高度通常在160km至2000km之间。低轨卫星相对高轨卫星而言（ ）
A. 环绕地球运行的速度更慢B. 环绕地球运行的加速度更小
C. 绕地球转一周所需的时间更长D. 需要更多卫星才能实现全球信息覆盖
【答案】D
【解析】根据
解得
低轨卫星轨道半径小，相对高轨卫星而言，环绕速度更大，加速度更大，周期更短由于轨道半径小，所以需要更多卫星才能实现全球信息覆盖。
故选D。
4. 如图为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，先将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV，再将开关S接到位置2，电容器在5ms内通过人体模型完成放电。已知电容器的电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（ ）
A. 这次电容器充电后带电量为0.4CB. 这次放电过程的平均电流为40A
C. 人体模型起到绝缘电介质的作用D. 若充电至20kV，则该电容器的电容为
【答案】B
【解析】A．由电容的定义式可得，这次电容器充电后带电量为
故A错误；
B．由电流的定义式可得，这次放电过程的平均电流为
故B正确；
C．人体模型是导体，不能起到绝缘电介质的作用，故C错误；
D．由电容的决定式可知，充电至20kV，则该电容器的电容不变，仍为，故D错误。故选B。
5. 在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。在高度差相同的三个轨道中，将三个完全相同的铁球a、b、c分别放在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的起点M，同时由静止释放，发现Ⅰ轨道上的铁球a最先到达终点N。关于三个铁球的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 三个铁球到达N点的动量相同B. 铁球c的动能最大
C. 三个铁球到达N点的重力功率相同D. 铁球a的平均速度最大
【答案】D
【解析】A．动量是矢量，三个铁球到达N点的速度方向不同，动量不同，故A错误；
B．三个铁球运动的位移相同，重力做功相同，全程只有重力做功，由动能定理知三个铁球的末动能相同，故B错误；
B．三个铁球运动的末动能相同，但末速度与竖直方向的夹角不同，则重力的功率不同，故C错误；
D．三个铁球运动的位移相同，且铁球a最先到达终点N，所用时间最少，根据
可知铁球a的平均速度最大，故D正确。故选D。
6. 如图所示是静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在电源两端，两极间产生电场，虚线为等差等势面（相邻等势面的电势差相等），在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，则（ ）
A. 液滴带正电，b点电场强度大
B. 液滴带正电，a点电场强度大
C. 液滴带负电，b点电场强度大
D. 液滴带负电，a点电场强度大
【答案】B
【解析】由题可得发射极与吸板之间的电场方向从发射极指向吸板，因为在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸板，即液滴所受电场力与电场方向相同，故液滴带正电，且等差等势面越密集的地方电场强度越大，由图可以看出a点电场强度大，故ACD错误，B正确。
故选B。
7. 如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由逐渐缓慢变大时（ ）
A. A对C的摩擦力保持不变B. A对C的压力保持不变
C. A、B相对C仍保持静止D. 轻绳对B拉力保持不变
【答案】C
【解析】C．对A和B分别进行受力分析，如图所示。
当C以加速度a0向上匀加速时，B相对于C恰好保持相对静止，可知此时A相对C也恰好保持静止，对A水平方向根据共点力平衡，有
则最大静摩擦力有
竖直方向根据牛顿第二定律，有
对B根据牛顿第二定律，有
联立解得
当加速度由a0逐渐变大时，假设A、B相对C仍保持相对静止，对A，有
此时A与C之间的最大静摩擦力为
对B根据牛顿第二定律，有
解得
可得
故假设成立，A、B相对C仍保持相对静止，故C正确；
AD．C对A的摩擦力等于绳子拉力，当加速度由a0逐渐变大时，由
可知轻绳对B拉力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，C对A的摩擦力逐渐变大， A对C的摩擦力逐渐变大，故AD错误；
B．当加速度由a0逐渐变大时，对A，有
C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，A对C的压力逐渐变大，故B错误。
故选C。
8. 光滑绝缘的水平面上，有两个带同种电荷的小球A和B；t = 0时小球A静止，小球B以一定的初速度向A运动。两小球的v − t图像如图所示，且A、B未接触，则（ ）
A. A球质量等于B球B. 两小球在t1时刻的电势能最大
C. A球在t2时刻的加速度最大D. B球在0 ~ t3时间内动能一直减小
【答案】B
【解析】A．由v − t图像可知，B球先做减速运动，A球做加速运动，两球带同种电荷，两球组成的系统动量守恒；设t = 0时刻，B球速度为v0，由图像可知t2时刻，B球速度为0，设此时A球速度为vA，根据动量守恒可得
又
联立可得
故A错误；
B．由v − t图像可知，在t1时刻两球速度相等，此时两球距离最近，故t1时刻两小球所构成的系统电势能最大，动能最小，故B正确；
C．由v − t图像可知，在t1时刻两球速度相等，此时两球距离最近，此时两球的库仑力最大，加速度最大，故C错误；
D．由v − t图像可知，B球在0 ~ t3时间内速度大小先减小后增大，则动能先减小后增大，故D错误。
故选B。
9. 汽车发动机的曲柄连杆机构其结构示意图如图所示。曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点，若曲轴绕O点做匀速圆周运动，速率12m/s，，。下列说法正确的是（ ）
A. 活塞在水平方向上做匀速直线运动
B. 当OA竖直时，活塞的速度为8m/s
C. 当OA与AB共线时，活塞的速度为12m/s
D. 当OA与AB垂直时，活塞的速度为15m/s
【答案】D
【解析】A．根据题意，活塞沿水平方向往复运动，则活塞的运动不是匀速直线运动，故A错误；
B．已知A点的线速度为，当OA竖直时，将A点和活塞的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，如图所示
由几何关系可知
可得
故B错误；
C．当OA和OB共线时，A点在沿杆方向的分速度是0，则活塞的实际速度沿杆也为0，故C错误；
D．当OA与AB垂直时，A点的速度沿杆方向，设AB与OB的夹角为，有
其中
解得
故D正确。
故选D。
10. 如图所示，当电脑显示屏闭合时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，电脑休眠，闭合显示屏时，长为a、宽为c、厚度为d的霍尔元件处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，通以图示恒定电流时，元件的前后表面间出现电压U，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。已知载流子为电子，下列有关说法正确的是（ ）
A. 前表面的电势比后表面的低
B. 前表面和后表面间的电场强度大小为
C. 前后表面间的电压
D. 载流子的速度大小为
【答案】D
【解析】A．根据左手定则，霍尔元件内自由电子受洛伦兹力指向后表面，电子在后表面聚集，即前表面的电势比后表面的高，选项A错误；
B．前表面和后表面间的电场强度大小为
选项B错误；
CD．当平衡时满足
解得前后表面间电压
自由电子的速度大小为
选项C错误，D正确；
故选D。
二、非选择题：共5题，共56分；其中第13题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 如图所示，轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使物体匀速上升，若手突然停止运动，从该时刻到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a随运动时间t或上升高度h变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AD．根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得
所以
当弹簧处于压缩状态时，弹力增大，加速度向下，物体仍然向上减速，且加速度a与h的关系不变，由于加速度增大，所以v-t图像切线的斜率增大，故AD错误；
B．物体上升过程中，加速度增大，但由于物体速度减小，即上升高度ｈ的变化越来越慢，则加速度增大的越来越慢，所以a-t图线斜率逐渐减小，故B正确；
C．由于a与h成正比，所以随高度增加，v减少，但速度减小的越来越快，即斜率变大，故C错误。
故选B。
12. 物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程3V）、电流表（量程3A）、定值电器、滑动变阻器。
（1）测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U-I图线，可得电源电动势E=________V，内阻r=________Ω（结果均保留2位有效数字）。
（2）不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得内阻r________（填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是________。
（3）测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，I表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：
①表示图1中变阻器的功率变化规律；
②表示图3中变阻器的功率变化规律。
在滑动变阻器的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）3.0 1.3
（2）小于 电压表的分流
（3）AC
【解析】【小问1详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律
电源U-I图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻。由图像可知，电动势测量值
E=3.0V
电源内阻
【小问2详解】
[1][2]考虑到电表内阻
整理得
因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。
【小问3详解】
图1中，滑动变阻器的功率为
由数学知识可知，当时，功率最大，又有
可知此时
功率最大，最大功率为
图3中，把和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为
等效内阻为
则滑动变阻器的功率为
由数学知识可知，当
功率最大，此时
最大功率
综上所述，图1中和图3中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图1中滑动变阻器的电阻较大，且图1中的最大功率较大。
故选AC。
13. 甲、乙两列横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为4m/s。时刻二者在处相遇，波形如图所示，平衡位置分别位于、处的P、Q两质点。则
（1）时，P偏离平衡位置位移x；
（2）在0～4.25s内，Q通过的路程s。
【答案】（1）0 （2）18cm
【解析】【小问1详解】
时，甲乙两列波均传播
即一个波长，则波形图仍在原来的位置，此时P仍在平衡位置，即P偏离平衡位置的位移为0。
【小问2详解】
甲波经传到Q点，则
在时间内，Q点回到平衡位置，走过的路程为
此时甲波在Q点引起的振动方向向上，乙波在Q点引起的振动方向向下，故振幅为
之后走过的路程为
全程Q通过的路程为
14. 空间中存在水平向左的匀强电场，场强E的大小为。将质量为m、电荷量为的小球以初速度水平向右抛出，小球的运动轨迹如图所示。A、C两点在同一竖直线上，B点的速度方向竖直向下，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
（1）小球从A点运动到B点的时间；
（2）小球从A到C运动过程中的最小速度。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
水平方向，由牛顿第二定律有
由运动规律有
联立解得
【小问2详解】
设电场力与重力的合力与水平方向的夹角为，则
则
当小球的速度与该合力垂直时，最小速度为，则
解得
15. 如图所示，质量为、长为的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为物块B放在长木板上表面的左端，半圆弧体竖直固定在长木板右侧某位置，半圆弧面最低点的切面与长木板上表面在同一水平面，质量为的小球C用长为的不可伸长细线悬于固定点点，将小球C拉至与点等高点，细线刚好伸直，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生碰撞，碰撞后一瞬间B、C的速度大小之比为，此后当B滑到长木板右端时A、B共速且此时A刚好与半圆弧体碰撞，A与半圆弧体碰撞后粘在一起，重力加速度为，不计物块的大小。求：
（1）B、C碰撞过程，B、C系统损失的机械能；
（2）开始时，A的右端离半圆弧面最低点的水平距离；
（3）要使B在轨道上运动时不脱离圆弧轨道，圆弧轨道的半径应满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】【小问1详解】
设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为，根据机械能守恒
解得
设碰撞后B的速度大小为，则C的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
【小问2详解】
设B与A间的动摩擦因数为，B与A共速时的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律
解得
对长木板A研究，根据动能定理
解得
【小问3详解】
物块B以速度滑上圆弧轨道，设圆弧轨道半径为时，物块刚好能滑到与等高的位置，根据机械能守恒
解得
设当物块刚好能到达圆弧轨道最高点时，圆弧轨道半径为，到最高点时速度为，则
根据机械能守恒
解得
因此要使物块B在圆弧轨道上运动过程中不离开圆弧轨道，轨道半径满足的条件为
或
16. 如图所示，在真空中的坐标系中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场强度和磁感应强度大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v且与y轴负方向的夹角为从坐标原点进入区域，在的区域内存在磁感应强度大小为、方向沿x轴正方向的匀强磁场B，不计粒子重力。已知：，求：
（1）第二象限中电场强度大小和磁感应强度大小；
（2）粒子在的区域运动过程中，距离x轴的最大距离；
（3）粒子在的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标。
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
粒子从P点到O点的过程中，只有电场力做功，洛伦兹力不做功，则由动能定理可知
解得第二象限中电场强度大小
粒子在经过磁场时水平方向上由动量定理
即
解得磁感应强度大小为
【小问2详解】
粒子经过O点时，沿y轴负方向的分速度大小为
沿x轴正方向的分速度大小为
沿y轴负方向的分速度使粒子在垂直纸面的平面内左匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知
代入解得
粒子做圆周运动距x轴的最大距离为
【小问3详解】
粒子在的区域内做圆周运动的周期为
粒子在的区域内沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离为
粒子在的区域内每次经过x轴时的横坐标为
解得粒子在的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标为