2024届江苏省南通市高三下学期模拟预测物理试题

这是一份2024届江苏省南通市高三下学期模拟预测物理试题，共18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.如图所示是双缝干涉实验装置，用红色激光照射时，光屏上有明暗相间的条纹，则( )
A. 减小屏与双缝的距离，条纹间距变大B. 减小屏与双缝的距离，条纹间距不变
C. 换成绿色激光，条纹间距变大D. 换成绿色激光，条纹间距变小
2.2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱成功着陆.返回舱距离地面约1.0m时启动发动机，沿竖直方向匀减速着陆，此过程中返回舱距离地面的高度 h、速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，竖直挡板有镂空字母 F，全反射棱镜的左侧面与挡板平行，一水平光束从挡板左侧入射，穿过棱镜后在其下方水平光屏 abcd上形成的图样是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，小球在半径为 R的光滑圆弧轨道上A、B间来回运动，轨道弧长远小于 R，则( )
A. 弧长AB变小，周期不变B. 弧长AB变小，周期变大
C. 小球质量变小，周期变小D. 小球质量变小，周期变大
5.如图所示，水平长直导线中通有恒定电流，以导线为中轴线取一个长方体区域，则( )
A. 上表面四个顶点处磁感应强度的方向都相同
B. 上表面四个顶点处磁感应强度的大小都相同
C. 穿过上表面的磁通量比右侧面的大
D. 穿过上表面的磁通量比右侧面的小
6.真空中两个固定的点电荷电荷量分别为+q和−q，其连线中点处的电场强度大小为E，则两电荷间的库仑力大小是( )
A. qE8B. qE4C. qE2D. qE
7.如图所示，矩形线圈 abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，cd边与磁场右边界MN重合，PQ为线圈的水平中轴线.现分别使线圈绕MN和PQ轴以相同角速度匀速转动，一个周期内线圈中产生的焦耳热分别为Q1、Q2.则( )
A. Q1:Q2=1: 2B. Q1:Q2=1:2C. Q1:Q2= 2:1D. Q1:Q2=2:1
8.如图所示，山上一条输电导线架设在两支架间，M、N分别为导线在支架处的两点，P为导线最低点，则这三处导线中的张力FM、FN、FP大小关系是( )
A. FM>FN>FPB. FM>FP>FNC. FN>FP>FMD. FN>FM>FP
9.某小组设计的测温装置如图所示，竖直玻璃管B与玻璃泡A相连插在水槽中，封有一定量的气体，大气压强不变的情况下，管内水柱高度可反映泡内气体的温度，即环境温度.环境温度变化时，玻璃泡内气体压强可视为不变.则( )
A. 测温物质是水B. 水柱越高温度越高
C. 管上的刻度是均匀的D. 测温范围由A体积决定
10.如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一段距离后停止.若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与纸、水平面之间的动摩擦因数相同，则( )
A. 纸抽出的时间变长B. 纸抽出的时间变短
C. 抽纸过程拉力做功变多D. 抽纸过程拉力做功不变
11.如图所示，质量相同的两小球分别系在一根细线的下端和中点，细线的上端悬于O点.现使系统绕过O点的竖直轴以某一角速度匀速转动，稳定时两球可能的位置是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某小组为探究滑动变阻器的限流特性，设计如图甲所示电路，选取不同的滑动变阻器 R，研究滑片 P滑动过程中通过定值电阻R0电流的变化情况.
(1)按照图甲，请用笔画线代替导线，将图乙中实物电路补充完整.
(2)图乙中A、B分别为滑动变阻器电阻丝的左、右两端，闭合开关时，滑动变阻器滑片应置于__________端(选填“A”或“B”).
(3)已知电源电动势为E、内阻不计，定值电阻为R0，电流表内阻不计，滑动变阻器的总电阻为 R，L为A、B间的长度，l为B、P间的长度，取x=lL，改变滑片P的位置，记录不同l时的电流I及对应的x.
(4)实验中，选用三个最大阻值不同的滑动变阻器分别接入电路，描点作出I−x图像如图丙所示，根据图线拟合的函数关系为I=I01+kx，其中I0可表示为__________，k可表示为__________.(选用E、R0、R表示)
(5)采用限流式电路测量一阻值与R0相近的未知电阻Rx，由图丙可知，应选择k=__________(选填“0.1”、“2”或“20”)对应的滑动变阻器，理由是__________.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.嫦娥六号探测器将于2024年6月登月.已知探测器在近月圆轨道运行速度大小为v，月球半径为R，万有引力常量为G，不考虑月球的自转.求：
(1)月球质量M;
(2)月球表面重力加速度大小g.
14.一速率为v0的自由电子和一个氢原子碰撞，忽略碰撞过程氢原子动能的变化，电子损失的动能使该氢原子从基态跃迁至第4能级.已知氢原子处于基态时能量为E1，n能级时能量为En=E1n2，电子质量为m，普朗克常量为h，真空中光速为c.
(1)求碰后自由电子速率v;
(2)若该氢原子从第4能级向低能级跃迁，可能释放光子的最大波长λ.
15.如图所示，质量M=3.0kg的滑块内有圆弧管道，管道处于竖直面内，由四个半径R=0.4m的14圆弧形细管组成，P为两圆弧连接处.质量m=1.0kg的小球沿水平面从左侧以某一初速度进入管道内，已知管道直径远小于圆弧半径，不计一切摩擦.
(1)锁定滑块，若小球恰能穿过管道，求小球的初速度大小v1;
(2)解除锁定，小球以初速度v2=4.0m/s进入管道后运动至P点，求此过程中滑块对小球做的功W;
(3)解除锁定，小球以水平速度v0进入管道，滑块始终未离开地面，求小球最终的速度大小vm.
16.如图所示，在 xy平面y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在−l(1)求电场强度大小E;
(2)改变磁感应强度大小，使粒子能再次回到电场中，求磁感应强度的最小值B;
(3)磁感应强度大小变为某值时，粒子恰好沿−y方向离开磁场.保持该磁感应强度不变，将粒子从 y正半轴的任意位置仍以速度v0沿+x方向射出，求粒子离开磁场时的横坐标 x与其对应的初始射出位置纵坐标y的关系.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是光的双缝干涉现象及其条纹间距的计算。条纹间距的公式，当减小双缝到光屏的距离l时，条纹间距变小。
当将红色激光换为绿色激光时，由于绿色激光的波长λ比红色激光短，条纹间距会变小。
【解答】
AB.由△x=ldλ，可知减小双缝到光屏的距离，条纹间距变小，故AB错误;
CD.由△x=ldλ，可知将红色激光换为绿色激光，波长变短，条纹间距变小，故 C错误D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对匀变速直线运动的速度时间图像、位移时间图像的认识，基础题目，逐一分析即可判断。
【解答】
v−t图像的斜率表示加速度，h−t图像的斜率表示速度，由题知，返回舱竖直方向做匀减速直线运动，其速度逐渐减小，加速度不变，则v−t是一条倾斜向下的直线，h−t图像随h减小，其图像的斜率减小，故B正确，ACD错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是光的全反射以及光路可逆性的原理，并能够根据这些原理分析光在介质中的传播路径。
【解答】
一水平光束从挡板左侧入射，F的上半部分根据光路可以确定在ab，下半部分靠近F的下半部分，故C项正确。
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据弧长和半径的大小关系分析出小球的运动类型，结合单摆的周期公式分析。
本题主要考查了单摆的相关应用，理解单摆运动的特点，结合单摆的周期公式即可完成分析。
【解答】
因为弧长远小于半径R，小球都做单摆运动，根据单摆的周期公式T=2π Lg可知小球的周期与弧长大小和小球质量无关，故A正确，BCD错误；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是通电导线产生的磁场分布和磁通量的计算。通电导线产生的磁场分布规律。根据右手螺旋定则(也称为安培定则)，当电流通过一根直导线时，会在导线周围产生一个环绕导线的磁场。长方体区域上表面四个顶点处的磁感应强度：由于磁场是环绕导线的，因此这四个顶点处的磁感应强度方向并不都相同。由于长方体区域关于导线对称，所以这四个顶点处的磁感应强度大小是相等的。
【解答】A、由通电导线右手螺旋定则，根据对称性可知上表面四个顶点处磁感应强度的方向不都相同，故A错误；
B、由通电导线右手螺旋定则，根据对称性可知上表面四个顶点处磁感应强度的大小都相同，故B正确；
CD、由通电导线右手螺旋定则，根据对称性，通过上表面的磁通量为零。右侧面与磁场方向相平行，通过右侧面的磁通量为零，故CD错误。
6.【答案】A
【解析】【分析】
根据点电荷的场强公式，结合等量异种电荷在中点的电场强度以及库仑定律求解。
【解答】
设两个等量异种电荷之间的距离为r，根据电场强度的矢量性以及其叠加原理可知E=2kqr22=8kqr2，根据库仑定律两个电荷之间的库仑力大小是F=kq2r2=qE8，A正确．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交流电的产生和热量的计算，基础题目，熟悉交流电的产生是解题的关键，逐一分析即可判断。
【解答】
两线圈转动的角速度相同，则两线圈转动的周期相同。当线圈绕MN轴转动时，感应电动势的最大值E1m=BSω，一个周期内只有一半时间处于磁场中，则一个周期内产生的热量Q1=(E1m 2R)2R ⋅T2，当线圈绕PQ转动时，感应电动势的最大值E2m=BSω，整个过程线框一直处于磁场中，则一个周期内产生的热量Q2=(E2m 2R)2R ⋅T，联立知，Q1:Q2=1:2，故B正确，ACD错误。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题以架设的导线为题材背景，考查平衡条件及其应用，注意合理选择研究对象是解决问题的关键。
【解答】
由题意，P点为导线的最低点，所以P点的切线水平。对MN整体进行受力分析，设在M、N两点处导线和竖直方向上的夹角分别为α和β(都不等于90∘)，对MN整体，在水平方向上合力为零，则：FMsin⁡α=FNsin⁡β,因为MP>PN,所以α<β,FMFN=sinβsinα>1，即FM>FN;
对MP段， FMsinα=FP , FPFM=sinα<1 , FM>FP,同理可得 FN>FP，
所以，FM>FN>FP，故A正确，BCD错误。
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查盖⋅吕萨克定律的应用，明确初末状态的参量是解决问题的关键。
根据气泡内的气体做等压变化规律分析测量温度的原理，根据盖⋅吕萨克定律可判断刻度值的规律。
【解答】
A、测温物质是封闭气体，故A错误；
B、玻璃泡内气体压强可视为不变，水柱越高，封闭气体体积越小，根据盖⋅吕萨克定律VT=C可知温度越低，故B错误；
C、设玻璃泡A的容积为V0，直玻璃管的横截面积S，总长度l0，水柱高度为h0时温度为T0，温度变为T时，水柱高度为x，根据盖⋅吕萨克定律V0+Sl0−h0T0=V0+Sl0−xT，整理得T=V0+Sl0−xT0V0+Sl0−h0，T与x是一次函数关系，则管上的刻度是均匀的，故C正确；
D、测温范围由B的总长度决定，故D错误。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了板块模型和能量守恒。
根据加速度和相对位移分析运动时间；根据能量守恒分析拉力做功。
【解答】
AB、设滑块的质量为m，则滑块与纸之间的摩擦力大小为μmg，纸抽出过程中滑块的加速度大小为μg，纸抽出过程中，物块相对纸的位移x=v0t−12at2，两次将纸以相同的速度抽出，滑块压在纸上的同一位置，即x、v0相同，且加速度相同，所以两次的纸抽出的时间相同，故AB错误；
CD、纸抽出时，滑块的速度v=at，加速度a与时间t相同，所以滑块的速度相同，而第二次滑块与纸之间的摩擦力增大，两者的相对位移不变，所以因摩擦产生的热量增大，根据能量守恒可得抽纸过程拉力做功变多，故C正确，D错误。
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆周运动规律的应用，知道向心力来源是解题的关键。
对两球整体、隔离下方小球，结合牛顿第二定律和向心力公式列方程得出上方和下方绳子与竖直方向的夹角情况即可判断。
【解答】
设两球稳定时，两球做匀速圆周运动的角速度均为ω，最上方绳子与竖直方向的夹角为θ1，最下方绳子与竖直方向的夹角为θ2，绳子的总长度为2L
对两球整体，由牛顿第二定律：
F1sinθ1=mω2Lsinθ1+mω2(Lsinθ1+Lsinθ2)，F1csθ1=2mg
得tanθ1=mω2L(2sinθ1+sinθ2)2mg
对下方小球，由牛顿第二定律：
F2sinθ2=mω2L(sinθ2+sinθ1)，F2csθ2=mg
得tanθ2=mω2L(sinθ1+sinθ2)mg
联立知tanθ112.【答案】(1)
(2)A(4)ER0RR0(5)2选择此滑动变阻器，电流的变化比较明显。
【解析】【分析】
(1)根据原理图连接实物图即可；
(2)为了安全起见，滑动变阻器开始接入电路的电阻应最大；
(4)根据图丙及闭合电路欧姆定律分析即可；
(5)根据图丙及原理分析即可。
本题是电学中的创新实验，难度不大。
【解答】
(1)
(2)为了安全起见，闭合开关时，滑动变阻器滑片应置于A端，使得全电路电阻达到最大，电流最小；
(4)根据图丙可知I0=ER0①
根据电路结构及闭合电路欧姆定律得出：I=ERx+R0②
而Rx=RlL=Rx③
联立①②③得出：I=I01+RR0x
故得出k=RR0
(5)因为待测电阻与R0相近，故应选择的滑动变阻器的起到有效的调节作用，应选择k=2的对应的滑动变阻器。因为根据图丙可以看出选择此滑动变阻器，电流的变化比较明显。
13.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R
得M=v2RG
(2)不考虑月球自转的影响，月球表面的物体受
到的重力等于万有引力GMm′R2=m′g=m′v2R
得g=v2R
【解析】
探测器绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，化简可得中心天体质量.不考虑月球自转的影响，月球表面的物体受到的重力等于万有引力GMm′R2=m′g=m′v2R，化简可得月球表面的重力加速度。
14.【答案】解：(1)根据题意，氢原子在第4能级的能量为E4=E116
氢原子由基态跃迁到第4能级吸收能量△E=E4−E1
自由电子损失的动能12mv02−12mv2=△E
解得v= v02+15E18m
(2)氢原子由第4能级跃迁到第3能级，放出的光子有最大波长
E4−E3=hcλ
解得λ=−144hc7E1
【解析】本题主要考查了玻尔理论和能级的跃迁问题，熟悉能级的计算公式，根据能量守恒即可完成分析。
15.【答案】解：
(1)由题意可知，若小球恰能穿过管道，小球在圆弧管道最高点速度为零，小球机械能守恒
12mv12=mg⋅2R
解得v1=4.0m/s
(2)小球运动到P点时，小球的水平分速度与管道的速度相同，水平方向，由动量守恒定律：
mv2=(M+m)v′
管道的速度v′=1m/s
由能量守恒定律：12mv22−12mv球2−12M(v ′)2=mgR
解得小球的速度v球= 5m/s
对小球，由动能定理：
W−mgR=12mv球2−12mv22
解得滑块对小球做功 W=−1.5J；
(3)①小球恰能到管道最高点，与滑块一起运动
小球和滑块水平方向动量守恒mv0=(m+M)vm
解得vm=v04
②小球和滑块分离，小球和滑块的最终速度为vm、vM
对小球和滑块组成的系统，水平方向，由动量守恒定律：
mv0=mvm+MvM
由能量守恒定律：12mv02=12mvm2+12MvM2
联立解得vm=−v02，vm′=v0，
即小球最终以速度v02从滑块左侧滑离，或者小球穿过滑块以v0向右运动
【解析】本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，基础题目。
(1)根据恰过管道条件，结合机械能守恒定律求出小球的初速度大小；
(2)结合动量守恒定律和能量守恒定律列方程得出滑块对小球做功；
(3)分两种情况，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程得出小球最终的速度。
16.【答案】 (1)设粒子由P点运动到Q点的时间为t，粒子在电场中的加速度为 a
y方向l=12at2
x方向2l=v0t
a=qEm
解得E=mv022ql
(2)设粒子从Q点进入磁场时速度v与x轴的夹角为θ，y方向的速度大小为vy
vy=at
tanθ=vyv0
解得粒子进入磁场时速度v= 2v0，与 x轴的夹角θ=45∘
粒子在磁场中运动轨迹与磁场下边界相切时，磁感应强度最小
设此时圆周运动的半径为R
由几何关系得
R+Rcsθ=l
根据牛顿第二定律qvB=mv2R
解得B=( 2+1)mv0ql
(3)粒子从Q点进入磁场后，恰好沿−y方向离开磁场，此时磁感应强度大小为B′
粒子圆周运动的半径r= 2l
由qvB′=mv2r
解得B′=mv0ql
设粒子从(0,y)处以v0射出，从 A点进入磁场时速度v′与x轴的夹角为β，磁场中的
运动半径为r′
由qv′B′=mv′2r′
解得r′=v′lv0
设C点为圆心，AB垂直于x轴与磁场下边界交于B点
在ΔABC中xBC= xAC2+xAB2−2xACxABcsβ
由速度关系csβ=v0v′
解得xAC2=xAB2+xBC2
说明C点在磁场下边界上，即从y轴上任意位置释放的粒子均能沿−y轴方向离开磁场
设粒子在电场中运动的时间为t′
x=v0t′+r′(1−sinβ)
y=12at′2
解得x= yl+ l2+yl
【解析】(1)粒子由P点运动到Q点做类平抛运动，结合运动学以及牛顿第二定律可求电场强度大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据速度的合成以及几何关系求解磁感应强度的最小值；
(3)根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的半径表达式，结合数学知识可求解。
本题考查电场和磁场的组合场问题，难度较大。