2023-2024学年江苏省盐城市、南京市高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城市、南京市高三（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年4月12日，我国科学家利用自主设计的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒的新世界纪录。该核聚变反应方程为 12H+13H→24He+X，其中粒子X是( )
A. 中子B. 电子C. 质子D. 正电子
2.半导体指纹传感器如图所示。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，指纹上凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。现使电容器的电压保持不变，手指挤压绝缘表面过程中，电容器( )
A. 电容变小B. 带电量变小C. 处于充电状态D. 内部场强大小不变
3.利用如图所示的实验器材，不能完成的实验是( )
A. 验证牛顿第二定律B. 研究自由落体运动规律
C. 验证机械能守恒定律D. 测量重力加速度的大小
4.如图所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，相邻圆筒间的距离相同，其中心轴线在同一直线上，A、B接在电压大小不变、极性随时间，周期性变化的交变电源上，粒子从序号为0的金属圆板的中心沿轴线进入圆筒。则粒子( )
A. 在加速器中一直做匀加速直线运动
B. 只在金属圆筒内做匀加速直线运动
C. 只在相邻两个金属圆筒间做匀加速直线运动
D. 在加速器中一直做加速度增大的变加速直线运动
5.在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，ABCD是棱镜的横截面，其中∠A=∠D=45°、∠B=∠C=135°。现有与BC面平行的三条同频率的光线1、2、3从AB面射入，经AD面全反射后直接从CD面射出。设三条光线在棱镜中传播的时间分别为t1、t2和t3。则( )
A. t1>t2>t3B. t1=t2=t3C. t16.2023年10月26日，神舟十七号在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将航天员汤洪波、唐胜杰、江新林顺利送入太空。发射入轨后，神舟十七号成功对接于空间站核心舱前向端口，形成三舱三船组合体，对接后的组合体仍在空间站原轨道上运行。对接前，空间站与神舟十七号的轨道如图所示。已知空间站距地球表面约400km。则神舟十七号( )
A. 需要加速变轨才能实现对接
B. 需要减速变轨才能实现对接
C. 对接后，绕地球运行周期大于24小时
D. 对接前，绕地球做圆周运动的线速度比空间站的小
7.在探究“加速度a与质量m关系”的实验中，甲、乙、丙、丁四个小组分别保持合力F1、F2、F3、F4不变，测得若干组数据，并得到如图所示的1、2、3、4四条曲线。转换成a−1m图像是四条过原点的直线。则合力最大的是( )
A. F1
B. F2
C. F3
D. F4
8.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察实验现象，下列说法正确的是( )
A. 干涉条纹与双缝垂直
B. 单缝和双缝应相互平行放置
C. 取下滤光片，光屏上观察不到白光的干涉图样
D. 将单缝向双缝靠近，从目镜中观察到的条纹条数增加
9.如图所示，某款发电机示意图，矩形线框置于水平向右的匀强磁场中，中心轴OO′与磁场垂直，E、F端分别接在相互绝缘的两个半圆环上，让半圆环和线框一起顺时针转动，两个半圆环在转动过程中先后分别和两个固定电刷C、D接触，初始时刻线框平面与磁场平行，通过电阻R的电流i(以向右为正方向)随时间t变化的图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10.如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好。整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差是( )
A. 0.5BxvB. BxvC. 1.5BxvD. 2Bxv
11.如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某兴趣小组为了测量金属丝的电阻率和电源的电动势与内阻，设计了如图甲、乙所示的实验电路，其中Rx为待测电阻，定值电阻的阻值R0已知。

(1)测量金属丝的电阻时，要求通过金属丝的电流从零开始连续变化，实验电路图应选______ (选填“甲”“乙”)；
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径如图丙所示，测量时，使用螺旋测微器的A、B、C三部分的先后顺序是______ ；
(3)测量金属丝电阻时，选择正确的电路，按照规范操作，调节滑动变阻器，得到电压表V1、V2的示数U1、U2的多组数值。作出U2−U1的图像，如图丁中直线a所示，斜率为k，则金属丝的电阻为______ (用k和R0表示)；
(4)测量电源的电动势与内阻时，选择正确的电路，按照规范操作，调节滑动变阻器，得到电压表V1、V2的示数U1、U2的多组数值。作出U2−U1的图像，如图丁中直线b所示，图线中的U0、Um均已知，不考虑两电压表内阻的影响，则电源电动势E= ______ (用U0或Um)表示；
(5)在上述(3)、(4)实验中，接通电路前，滑动变阻器的滑片P应分别置于______ (选填下列选项的序号)，并简述你的理由______ 。
A.最左端最左端
B.最右端最右端
C.最左端最右端
D.最右端最左端
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.如图所示，O点为单摆的固定悬点，测得摆球的质量为m，摆长为l。现将摆球拉到A点，∠AOB小于5°，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，到达最低点B时摆线所受的拉力大小为F，不计一切阻力。重力加速度大小为g，以B处为零势面。求摆球
(1)第一次从A运动到B的时间t；
(2)具有的重力势能的最大值EP。
14.如图所示，某实验小组将带刻度的导热容器放在水平地面上，用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦滑动，这样就改装成一个“温度计”。当活塞静止在距容器底为h1时，气体的温度为T1。已知容器的横截面积为S，高度为3h1，重力加速度为g，大气压强恒为p0。求：
(1)该温度计能测量的最高温度Tm；
(2)当气体从外界吸收热量Q后，活塞由h1位置缓慢上升到容器最高点的过程中，气体内能的变化量ΔU。
15.如图所示，两小木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，A处于静止。重力加速度为g。有人利用该装置进行以下两步操作：
第一步，用外力将A缓慢竖直下压一段距离后，撤去外力，发现A上下运动，B刚好不离开地面。
第二步，将一质量为m的橡皮泥在A正上方某处自由落下，与A碰撞并附着在A上，一起向下运动，此后，木块B能够离开地面。求：
(1)木块A处于静止状态时，弹簧的长度l1；
(2)第一步操作中，外力对木块A做的功W；
(3)第二步操作中，橡皮泥自由下落的距离h应满足的条件。
16.如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为d，区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为6：2：1，区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从O点向各个方向(90°范围)均匀发射带电量为q、质量为m、初速度为v0的带正电粒子，其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成60°，且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求：

(1)电场强度大小E；
(2)水平向右射出的粒子经过区域I下边界的时刻t；
(3)打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例η。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：核反应过程遵循质量数守恒与电荷数守恒，根据此原则，计算可得X的质量数为2+3−4=1，电荷数为1+1−2=0，该粒子为中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据核反应过程所遵循的质量数守恒与电荷数守恒，来计算该粒子的质量数与电荷数。
此题考查核反应过程的原则，注意反应方程中，左上角表示质量数，左下角表示电荷数。
2.【答案】C
【解析】解：A.根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，手指挤压绝缘表面过程中，d变小，则电容C变大，故A错误；
BC.电压U不变，Q=CU，则Q变大，电容器处于充电状态，故B错误，C正确；
D.根据E=Ud可知，场强E变大，故D错误。
故选：C。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容的变化，由题意电容器电压不变，根据Q=CU判断电量的变化，进而判断充电还是放电，再由E=Ud分析场强。
本题是电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU，结合电压不变这个条件进行分析。
3.【答案】A
【解析】解：A.由F=ma知验证牛顿第二定律需要改变加速度，以上图片提供的实验装置加速度始终为重力加速度，无法满足实验要求，故A正确；
B.在研究自由落体运动规律实验中，必须满足物体只受到重力，需要打点计时器且测量物体的位移，运动的时间，以上实验器材满足该实验，故B错误；
C.在验证机械能守恒定律实验中，关系式mgh=12mv2不需要测质量，但需要打点计时器且测量物体的位移，运动的时间，求速度，以上实验器材满足该实验，故C错误；
D.在测量重力加速度的大小实验中，必须满足物体只受到重力，需要打点计时器且测量物体的位移，运动的时间，以上实验器材满足该实验，故D错误；
故选：A。
根据各项实验原理逐项分析。
本题关键是明确各项实验的原理，对课本中的实验要熟练掌握。
4.【答案】C
【解析】解：大小不变、极性随时间周期性变化的交变电源加在相邻两个金属圆筒之间，所以粒子在相邻两个金属圆筒间受恒定的电场力，做匀加速直线运动，金属圆筒中电场为零，粒子不受电场力，做匀速运动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
大小不变、极性随时间周期性变化的交变电源加在相邻两个金属圆筒之间，粒子只在两个圆筒之间做匀加速直线运动，而圆筒中没有电场而做匀速直线运动。
本题考查直线加速器问题，要求学生熟练掌握直线加速器的原理和带电粒子在电场中运动的规律。
5.【答案】B
【解析】解：光路图如图所示
根据几何关系及对称性可知，三束光的光程相等，由
n=cv
由于三束光频率相等，所以光的速度相等，所以光在棱镜中的传播时间t=sv
则传播时间相等，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据几何关系，结合光速与折射率的关系分析传播时间。
本题的解题关键是正确画出光路图，能够正确使用光的折射定律和全反射条件的规律。
6.【答案】A
【解析】解：AB、对接前，神舟十七号轨道半径小于空间站的轨道半径，神舟十七号要想与空间站对接，需获得能量突破地球万有引力的束缚、向高轨道运行，根据卫星变轨原理，可知神舟十七号需要加速变轨才能实现对接，故A正确，B错误；
C、对地球卫星有GMmr2=mω2r=m(2πT)2r，可得T=2π r3GM
地球同步卫星距地球表面约36000km>400km，则地球同步卫星(周期为T同=24h)的轨道半径大于空间站的轨道半径，所以，T同=24h>T空，故C错误；
D、设地球质量为M，卫星轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，对地球卫星有GMmr2=mv2r，可得v= GMr，对接前神舟十七号轨道半径小于空间站的轨道半径，则神舟十七号绕地球做圆周运动的线速度比空间站的大，故D错误。
故选：A。
AB、根据卫星变轨原理，可判断神舟十七号需要如何变轨才能实现对接。
C、根据万有引力提供向心力，结合地球同步卫星的周期(24h)、距地面高度等，可判断神舟十七号对接后绕地球运行周期与24小时的大小关系。
D、根据万有引力提供向心力，对地球卫星有GMmr2=mv2r，根据线速度表达式、及神舟十七号与空间站轨道半径的大小关系，可判断两者线速度的大小。
解答本题，要明确地球卫星由地球的万有引力提供向心力，要将地球同步卫星距地球表面高度(约36000km)作为隐含的已知量，要理解卫星变轨原理。
7.【答案】D
【解析】解：由图可知当物体的质量相等时，有：a1根据牛顿第二定律F=ma可得：F1故选：D。
当物体的质量相等时，根据图像得到加速度大小关系，再根据牛顿第二定律进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律之图象问题，关键是弄清楚a−m图象的斜率表示的物理意义，然后根据牛顿第二定律进行分析。
8.【答案】B
【解析】解：A.干涉条纹与双缝平行，故A错误；
B.为了获得清晰的干涉的亮条纹，单缝和双缝应相互平行放置，故B正确；
C.若取下滤光片，光屏上可观察到彩色的干涉图样，故C错误；
D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，则要条纹间距减小，根据Δx=ldλ可知可以将双缝的距离d增大，或减小双缝到屏的距离L，或用波长小的光做实验，而将单缝向双缝靠近，不会改变条纹的间距，不会改变目镜中观察到的条纹个数，故D错误。
故选：B。
AB.根据干涉条纹的特点和实验装置的要求进行分析和判断；
C.入射光是白光，同样具备相应的条件，只是会观察到彩色条纹；
D.根据公式Δx=ldλ进行分析和解答。
考查光的干涉的实验条件，会根据公式进行相关数据的计算，会判断干涉的实验结果。
9.【答案】D
【解析】解：根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终是向左，题干中电流以向右为正方向，故图像始终分布在t轴下方，图示位置切割磁感线的速度与磁感线垂直，根据交变电流产生规律可知i−t关系式为：i=−|Blv⋅csωtR|，图示位置电流最大，则线圈与磁场垂直时电流最小，所以通过电阻R的电流从图示位置开始先减小后增大，然后不断重复这个变化，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据右手定则，可以判断感应电流方向，因为线圈旋转切割磁感线，所以垂直于磁场的速度大小不断变化，所以产生的感应电动势大小也不断变化，感应电流也跟着变化。
解决本题的关键是能用右手定则判断感应电流方向，会用闭合电路欧姆定律计算感应电流大小，当导体切割磁感线时用E=Blvsinα计算感应电动势。
10.【答案】C
【解析】解：闭合回路部分的电势差为
U1=Bxvr+r⋅r，解得U1=0.5Bxv
闭合回路之外的电势差为
U2=Bxv
所以导体棒两端的电势差
U=U1+U2=0.5Bxv+Bxv=1.5Bxv，故C正确，ABD错误。
故选：C。
利用导体棒切割磁感线产生电动势，以及电路分压原理可以计算出结果。
学生在解决本题时，应注意将电路分为闭合回路和回路之外两个部分。
11.【答案】C
【解析】解：通过数格子得出，下落高度为13格，斜面移动前水平滑动距离为29格，斜面移动后水平滑动距离为18格，设一个格子的边长为l，根据动能定理有
13mgl−μmgcsθ⋅13lsinθ−29μmgl=0，nmgl−μmgcsθ⋅ nlsinθ−18μmgl=0，联立可得n=8，所以选丙，故C正确，ABD错误。
故选：C。
通过数格子，结合动能定理可求出释放位置。
学生在解决本题时，应注意利用动能定理解题比利用牛顿第二定律要简便快捷。
12.【答案】甲 BCA (k−1)R0 U0 A 保护电路
【解析】解：(1)只有采用滑动变阻器的分压式接法才能满足金属丝的电流从0开始发生变化，故选甲；
(2)A是锁紧装置、B是旋钮、C是微调旋钮，测量时三个的调整顺序是BCA；
(3)根据图甲，金属丝电阻为Rx=U2−U1U1R0=(U2U1−1)R0=(k−1)R0；
(4)根据图乙，由闭合电路的欧姆定律
U2=E−Ir=E−U1R0r=E−rR0U1
当U1=0时，U2=E=U0
(5)为了保证各电表的绝对安全，接通电路前，滑动变阻器的滑片P都应该置于最左端，让电路中的电阻最大，电路中的电流达到最小值，故A正确，BCD错误。
故答案为：(1)甲； (2)BCA； (3)(k−1)R0； (4)U0； (5)A，保护电路。
(1)根据分压式的特点进行分析选择电路；
(2)根据螺旋测微器的结构分析操作顺序；
(3)推导Rx的表达式结合图像斜率分析；
(4)根据闭合电路的欧姆定律结合图像截距求解；
(5)根据保护电路的要求分析解答。
熟练掌握闭合电路的欧姆定律，结合各图像的斜率、截距等知识求解相应的物理量。
13.【答案】解：(1)根据单摆的振动周期公式T=2π lg
摆球第一次从A运动到B的时间为：t=14T
解得t=π2 lg
(2)在B点对摆球，由牛顿第二定律得F−mg=mv2l
由机械能守恒定律得ΔEp=ΔEK
解得EP=12(F−mg)l
答：(1)第一次从A运动到B的时间t为π2 lg；
(2)具有的重力势能的最大值EP为l2(F−mg)。
【解析】(1)根据单摆周期公式即可得到摆球从A到B的时间；
(2)先根据牛顿第二定律得到摆球在最低点的速度，然后根据机械能守恒定律即可得到重力势能。
本题通过单摆模型以及单摆周期公式考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，基础题目。
14.【答案】解：(1)因为p不变，所以VT=常量
则有：h1sT1=3h1sTm
解得Tm=3T1
(2)对活塞由平衡条件得pS=mg+p0S
ΔU=Q−pS⋅2h1
得出ΔU=Q−2(mg+p0S)h1
答：(1)该温度计能测量的最高温度Tm为3T1；
(2)气体内能的变化量ΔU为Q−2(mg+p0S)h1。
【解析】(1)容器内的气体做等压变化，确定初末状态下的体积，再列出等压变化的方程即可求最高温度Tm；
(2)根据热力学第一定律列式即可求出内能的增加量。
本题考查理想气体的实验定律以及热力学第一定律的应用，要注意明确研究对象为容器中的气体，而且容器中的气体经历等压变化。
15.【答案】解：(1)木块A静止时，根据平衡条件，弹簧的压缩量为
Δx=mgk
弹簧的实际长度为
l1=l0−Δx
联立解得
l1=l0−mgk；
(2)对A木块从开始到运动的最高点，由动能定理得
W合=W−mg⋅2mgk
解得
W=2m2g2k；
(3)对橡皮泥自由下落，由机械能守恒定律可得
mgh=12mv2
橡皮泥与A碰撞，取向下为正方向，由动量守恒定律可得
mv=2mv1
对橡皮泥与A从一起运动到最高点，由能量守恒得
12⋅2mv12=2mg⋅2mgk
联立解得
h≥8mgk。
答：(1)木块A处于静止状态时，弹簧的长度l1为l0−mgk；
(2)第一步操作中，外力对木块A做的功W为2m2g2k；
(3)第二步操作中，橡皮泥自由下落的距离h应满足的条件为h≥8mgk。
【解析】(1)根据平衡条件求解弹簧的压缩量，再根据弹簧的长度关系求解弹簧的实际长度；
(2)根据动能定理求解外力对木块A做的功；
(3)自由下落过程根据动能定理、碰撞过程根据动量守恒定律、全程根据能量守恒定律联立求解橡皮泥自由下落的距离h应满足的条件。
本题考查功能关系和胡克定律，要求学生熟练掌握功能关系和胡克定律及其应用。
16.【答案】解：(1)设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时的速度大小为v，根据几何关系有
v=v0cs60∘=2v0
根据动能定理有
Eqd=12mv2−12mv02
解得
E=3mv022qd；
(2)粒子的轨迹如图所示

设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时速度竖直方向分量为vy，根据几何关系
vy=v0tan60°
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
t1=2dvy=2 3d3v0
根据几何知识，粒子在区域Ⅱ运动的半径满足
R(1−cs60°)=d
解得
R=2d
根据集合知识可知粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界轨迹对应的圆心角为120°，故这段时间为
t2=120°360∘T=13×2πRv=13×2π×2d2v0=2πd3v0
①当粒子向下经过区域Ⅰ下边界的时刻
T1=t1+n(2t1+t2)
即
T1=(2n+1)2 3d3v0+n2πd3v0(n=0,1,2,⋯)
②当粒子向上经过区域Ⅰ下边界的时刻
T2=t1+t2+n(2t1+t2)
即
T2=(2n+1)2 3d3v0+(n+1)2πd3v0(n=0,1,2,⋯)；
(3)设粒子从O点射出时与水平方向成θ角，运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切，经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为v0csθ、vⅡx、vⅢx、2v0粒子在区域Ⅱ中运动时，取极短时间Δt，向右为正方向，由水平方向的动量定理
qvyB1Δt=mΔvx
两边求和有
qB1Σ(vyΔt)=mΣΔvx
代入得
qB1d=m(vⅡx−v0csθ)
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时，分别有
qB2d=m(vⅢx−vⅡx)
qB3d=m(2v0−vⅢx)
累加可得
qd(B1+B2+B3)=m(2v0−v0csθ)
其中
B1=mv0qd,B2=mv03qd,B3=mv06qd
求得
csθ=12,θ=60°
则
η=30°90∘=13。
答：(1)电场强度大小E为3mv022qd；
(2)水平向右射出的粒子经过区域I下边界的时刻t为(2n+1)2 3d3v0+n2πd3v0(n=0,1,2,⋯)或(2n+1)2 3d3v0+(n+1)2πd3v0(n=0,1,2,⋯)；
(3)打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例η为13。
【解析】(1)根据几何关系求解粒子第一次进入区域II时的速度大小，再根据动能定理求解电场强度大小；
(2)根据几何关系求解粒子第一次进入区域II时竖直方向的速度，再根据运动学公式求解粒子从O点到第一次进入区域II时间，磁场中根据几何知识求解轨道半径和圆心角，根据时间与周期关系求解粒子第一次在区域II运动时间，后面过程为粒子重复在电场中做类斜上抛运动然后进入区域II做匀速圆周运动，分别求解粒子向下经过区域Ⅰ下边界的时刻和粒子向上经过区域Ⅰ下边界的时刻；
(3)当粒子运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切时为临界，在三个磁场区域水平方向根据动量定理求解临界时从O点发射的粒子与水平方向的夹角，根据发射角度范围求解打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。