2024届江苏省五校高三下学期联考考前物理模拟试卷（含解析）

这是一份2024届江苏省五校高三下学期联考考前物理模拟试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．地球上只有百万分之一的碳是以碳14形式存在于大气中。能自发进行衰变，关于发生衰变下列说法正确的是（ ）
A．衰变放出的粒子来自于的核外电子
B．衰变产生的新核是
C．衰变产生的新核的比结合能比大
D．衰变放出的粒子带负电，具有很强的电离能力
2．“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（ ）

A．该卫星的线速度大小大于7.9km/sB．该卫星的动能大于同步卫星的动能
C．该卫星的加速度大小等于gD．该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度
3．如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1（如图乙），电脑与支架始终处于相对静止状态，则（ ）
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．支架对电脑的作用力减小
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
4．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，在同一平面内各自做简谐运动，摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时，内它们的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的摆长之比为
B．时刻甲、乙的相位差为
C．甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能
D．从计时开始，乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反
5．如图所示，a、b两端电压恒为10V，定值电阻R1=4Ω、R2=12Ω、R3=12Ω，电容器的电容C=30μF。闭合开关S，电路稳定后，下列说法正确的是（ ）

A．电路的总电阻为8ΩB．电容器两端的电压为6V
C．通过R3的电流为1AD．电容器所带的电荷量为1.8×10-5C
6．如图所示，为一均匀带电量为+Q、半径为R的半球面，虚线是过球心的对称轴，A、B两点关于球心对称。其中A点的电势为φ0，若点电荷+q周围电势，则B点的电势为（ ）
A．B．C．D．
7．“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，落到芭蕉叶上的雨滴一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。已知水的密度为，不计重力和风力的影响，则压强p为（ ）
A．B．C．D．
8．一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是（ ）
A．A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B．C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C．整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功
D．整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
9．氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不同频率的光，其中只有频率为、两种光可让图乙所示的光电管阴极发生光电效应，先分别用频率或的三个光源分别照射该光电管阴极，测得电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．处于第4能级的氢原子向下跃迁最多发出4种不同频率的光子
B．图线对应的光是氢原子由第3能级向第1能级跃迁发出的
C．图线对应的光子频率大于图线对应的光子频率
D．用图线对应的光照射光电管时，光电流会随着正向电压的增大而不断增大
10．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表示数为U、电流表示数为I。电源的总功率P与电压U、电流I的关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．在某军需品工厂里，为防止发生意外爆炸，化学药品必须同时加入到容器中。某同学设计了如图所示的装置，在轻质滑轮组上，用轻绳连接的三个物体a、b、c在外力作用下均保持静止。撤去外力后，a、b以相同加速度下落，同时落入容器P中。不计一切阻力，在a、b落入P前的运动过程中（ ）
A．a、c位移大小之比为1:2
B．b、c加速度大小之比为1:2
C．a、c构成的系统机械能守恒
D．c增加的机械能等于a减小机械能的1.5倍
二、实验题
12．导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，选取长为L、额定电压为“3V”左右的圆柱体导电玻璃器件实验。
（1）用螺旋测微器测量器件的直径，示数如图甲，其直径 mm；
（2）用欧姆表粗测器件的阻值约为180Ω，为精确测量器件的电阻Rx在额定电压时的阻值，要求测量时电表的读数不小于其量程的，根据提供的下列器材，设计了图丙所示的实验电路，则图中圆圈内应分别接入：①为 、②为 ，定值电阻应选择 ；（均填写器材前的字母编号）
A．电流表A1（量程为60mA，内阻）
B．电流表A2（量程为5mA，内阻）
C．定值电阻
D．定值电阻
E.滑动变阻器R（0~20Ω）
F.电压表V（量程为3V，内阻）
G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）
H.开关S，导线若干
（3）实验中根据两电表读数作出如图所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为k，则所测导电玻璃的电阻Rx= （用题中已知、所测物理量符号表示），据此再算出电阻率ρ；
（4）研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值偏大，则电阻率的测量值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
三、解答题
13．如图所示，横截面为直角梯形的透明体ABDE，折射率为，∠BAE和∠AED均为90°，AE边界上的O点与A点距离为a，一束激光从O点与AE成45°的夹角射入透明体，能传播到AB边界，已知真空中光速为c，求：
（1）光由O点传播到AB边界的时间t；
（2）光经AB边界反射后，射到BD边界能发生全反射，∠BDE的最大值a。
14．如图所示为一种“马德堡半球演示器”，两“半球”合在一起时，可形成一直径的球形空腔。现将两“半球”合起，球形空腔内的气体压强与大气压强相同，通过细软管用容积100mL的注射器满量从球内缓慢抽出空气。球形空腔、软管及注射器气密性好，忽略软管的容积，抽气前、后球形空腔形状不变，环境温度保持不变，摩擦不计；已知大气压强。（，结果保留两位有效数字）求：
（1）判断抽气过程封闭气体“吸热”还是“放热”，并说明理由；
（2）抽气后，球形空腔内气体的压强是多少？

15．如图所示，一倾角的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为的木板，时刻另一质量为的木块（可视为质点）以初速度从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力，使木板从静止开始运动．当时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，木板和斜面体间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t；
（3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？

16．为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，。一未知粒子从坐标原点与正方向成角射入，在坐标为的点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度的大小及左边界的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由点运动到点的时间以及坐标的值。
参考答案：
1．C
【详解】
A．中子释放粒子转化为质子，A错误；
B．衰变后原子核质量数不变，核电荷数变为7，即，B错误；
C．衰变释放能量，形成的新核结合能增大，由于质量数相同，则比结合能比大，C正确；
D．粒子具有较弱的电离能力，D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；
BD．根据万有引力提供向心力可得
解得
，
由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；
C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得
解得
可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。
故选D。
3．A
【详解】
AB．根据题意，对电脑受力分析，如图所示
电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为
电脑受到的摩擦力大小
由原卡位1调至卡位4，减小，故增大，减小，故B错误，A正确；
C．散热底座对电脑的作用力的合力，即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C正确；
B．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。
故选A。
4．D
【详解】
A．由图可知，甲的周期为，乙的周期为，由单摆周期公式可知，甲、乙的摆长之比为，故A错误；
B．由图可知，甲的振动方程为
乙的振动方程为
时刻甲、乙的相位差为
故B错误；
C．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有
由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能，故C错误；
D．由于可知，时，乙摆球第2次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】A．电路的总电阻为
故A错误；
BC．电路的总电流为
通过R3的电流为
电容器两端的电压为
故B正确，C错误；
D．电容器所带的电荷量为
故D错误。
故选B。
6．B
【详解】设半球面在B点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀带电量为+Q、半径为R的半球面，根据 ，填补后圆心O点的电势为
又因为
填补后，根据题意得


解得

故选B。
7．D
【详解】设芭蕉叶的面积为S，t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m=；
根据题意有一半的雨滴向四周散开，设竖直向上为正方向，根据动量定理可知
另一半则留在叶面上，根据动量定理
根据压强定义式
联立解得
故选D。
8．D
【详解】A． A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A错误；
B． C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；
C． A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律
可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由
可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知是定值，则由
可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由
可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由
可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；
D．由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律
可知气体对外界放了热，故D正确。
故选D
9．B
【详解】
A．第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中，能发出种不同频率的光，故A错误；
BC．由于只有频率为、两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，跃迁时发出的两种频率最大的光为4→1、3→1，由图乙可知，光的遏止电压大，和光的遏止电压小，根据光电效应方程
及
知，对应的光子频率小于图线对应的光子频率，故是3→1跃迁发出的，是4→1跃迁发出的，故C错误，B正确；
D．用图线对应的光照射光电管时，光电流达到饱和后不再增大，故D错误。
故选B。
10．B
【详解】
AB．由闭合电路欧姆定律有
化简得
则电源的总功率为
若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A错误，B正确；
CD．若I是自变量，则电源的总功率P与电压满足
即电源的总功率P与电流I是正比例关系，故CD错误。
故选B。
11．D
【详解】
A．由于a、b以相同加速度下落，同时落入容器P中，即a、b的位移相等，令其大小为，根据图形可知，当a、b同时下移时，a、b上方的轻绳的总长度增加，即c位移大小为，即a、c位移大小之比为1:3，故A错误；
B．根据位移公式有
解得
根据上述可知，b、c加速度大小之比为1:3，故B错误；
C．对物体a、b、c构成的系统分析可知，该系统机械能守恒，由于轻绳对b做负功，则b的机械能减小，可知a、c构成的系统的机械能增大，故C错误；
D．同一根轻绳弹力大小相等，令为T，绳的弹力对a做负功，a的机械能减小，绳的弹力对c做正功，c的机械能增大，根据功能关系可知c增加的机械能与a减小的机械能大小分别为
，
解得
故D正确。
故选D。
12． 1.980/1.979/1.981 F B C 偏小
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知直径为
（2）[2] 3] [4]电动势为4V，则并联部分电压最大为4V，据估测知，定值电阻与电流表A2（量程为5mA，内阻）串联时，最大电压为
此时最大电流为
满足题意要求，故②选电流表A2，即选择B；定值电阻选，即选择C；又导电玻璃的额定电压为“3V”左右，器件阻值约为180Ω，可知流过器件的最大电流约为
小于电流表A1量程的，则①不适合选择A1；考虑用Rx与电压表V串联，此时电压表的读数最大约为
量程符合要求，故①选为电压表V，即选择F。
（3）[5]待测电阻中的电流
根据串并联电路的规律
可得
由题意知图线的斜率为k，则有
解得
（4）[6]研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值偏大，根据
可知的测量值偏小，根据电阻定律
可得
可知电阻率的测量值将偏小。
13．（1）；（2）
【详解】（1）射入点的光入射角，设折射角为，由于
代入数据解得
光在透明体中的传播速度
则
解得
（2）设透明体的临界角为，则
由几何关系有
解得
14．（1）吸热，理由见解析；（2）
【详解】（1）抽气过程温度不变，所以气体的内能不变，即
此过程气体体积变大，气体对外界做功，即
由热力学第一定律
可得
则抽气过程封闭气体吸热。
（2）抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得
其中
，
解得
15．（1），方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上；（2）；（3）
【详解】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为和，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示

用牛顿运动定律可得
解得
方向沿斜面向下；
方向沿斜面向上；
（2）设木块和长木板达到共速所用时间为，则有
解得
假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得
当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为，，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动，木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为，方向沿斜面向下；设此过程长木板加速度大小为，受力分析如图丙所示

则有
解得
所以上滑时间
（3）由于，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有
可得
因为，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零；在木块和长木板速度减为零过程中的图像如图丁所示
设木块的位移为，长木板在加速过程和减速过程的位移为和，由运动学公式可得
解得
16．（1）；（2）；；（3）；L
【详解】（1）粒子在点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场，根据几何关系可知粒子运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）根据运动的独立性可知，水平方向有
根据牛顿第二定律有
解得
E=
由几何关系可得
解得
（3）根据洛伦兹力提供向心力有
qvB = m
可得
即角速度为一定值,又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有
取一小段时间，对粒子在x方向上列动量定理（如图）
两边同时对过程求和
得
即
其中
则
结合（1）中得
故