江苏省2024届高三下学期考前模拟物理试卷（解析版）

这是一份江苏省2024届高三下学期考前模拟物理试卷（解析版），共18页。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.生活中很多俗语、成语的内容都与物理知识有关，它们反映了人类在生活中对自然界的认知水平。下列俗语或成语中从物理学的角度分析正确的是( )
A.“破镜难圆”说明分子间没有相互作用力
B.“送人玫瑰，手有余香”说明分子在不停地运动
C.“只闻其声，不见其人”说明声波在传播过程中可以发生干涉
D.“随波逐流”说明在波的传播过程中介质中质点沿着波的传播方向而迁移
2.如图甲所示，是某人下蹲弯曲膝盖缓慢搬起重物(重物已经离地)的情景，现将其简化为如图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等。关于该过程的说法正确的是( )
A.人缓慢搬起重物的过程中，FN大小不变
B.人缓慢搬起重物的过程中，F大小不变
C.人缓慢搬起重物的过程中，重物的机械能守恒
D.人缓慢搬起重物的过程中，人对重物做功等于重物的动能的增加
3.某同学用甲、乙、丙三种色光分别照射同一光电管，研究光电流I与所加电压U之间的关系，得到如图所示的图像。则下列说法正确的是( )
A.甲光的波长小于乙光的波长
B.以相同的入射角从空气斜射入玻璃，乙光的折射角大于丙光的折射角
C.甲光可能为蓝光，乙光可能为红光
D.若处于基态的氢原子能吸收甲、乙两种光，且吸收甲光后由高能级向低能级跃迁共能发出6种频率的光，则吸收乙光后共能发出超过6种频率的光
4.2020年7月，我国用长征运载火箭将“天问一号”探测器发射升空，探测器在星箭分离后，进入地火转移轨道，如图所示，2021年5月在火星乌托邦平原着陆。则探测器( )
A.与火箭分离时的速度小于第一宇宙速度
B.每次经过P点时的速度相等
C.绕火星运行时在捕获轨道上的周期最大
D.绕火星运行时在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等
5.仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成50个以上仰卧起坐记为优秀。若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐，其质量为50kg，上半身质量约为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，上半身高度约为总身高的0.4倍，g取10m/s2，试估算测试的全过程中该女生克服重力做功的平均功率约为( )
A.10W B.70W C.150W D.300W
6.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则( )
A.该列波的传播方向沿x轴正向传播 B.该列波的传播速度为4m/s
C.质点M在7s内通过的路程为280cm D.质点M在2s内沿x轴运动了8m
7.一定质量理想气体的状态变化如图所示，该图由4段圆弧组成，表示该气体从状态a依次经状态b、c、d，最终回到状态a的状态变化过程，则下列说法正确的是( )
A.从状态a到状态c是等压膨胀
B.从状态到状态d是等温变化
C.从状态a到状态c，气体对外做功，内能减小
D.从状态a经b、c、d回到状态a，气体放出热量
8.如图甲所示，在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将单刀双掷开关S与“1”端相接，并将电阻箱的阻值调为和()两种情况，两次得到的电流I随时间t变化图像如图乙中曲线所示，则( )
A.实线是电阻箱阻值为的结果
B.电阻箱阻值越大，电容器充电越快
C.实线与横轴所围面积大于虚线与横轴所围面积
D.实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积
9.霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的研究上获得了重大发现。如图所示，在一矩形霍尔半导体薄片元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，电子以速度v定向移动时，形成电流I，同时外加磁感应强度为B、与薄片垂直的匀强磁场，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压。已知薄片的厚度为d，M、N间距离为L1，P、Q间距离为L2，则( )
A.电子定向移动方向为P→Q B.M表面电势高于N表面电势
C.M、N表面间的电压 D.元件内单位体积内自由电子数为
10.如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t=0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为、，加速度大小分别记为、，金属棒cd两端电压记为，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关系图像错误的是( )
A. B.
C. D.
11.一长为的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过．已知重力加速度为g，不计空气阻力．关于该运动过程说法正确的是( )
A.小球穿过管所用时间大于
B.若小球在管上升阶段穿过管，则
C.若小球在管下降阶段穿过管，则
D.小球不可能在管上升阶段穿过管
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
(1)首先用多用电表进行粗测，下列关于多用电表的操作正确的是_________
A.如图甲，将红黑表笔短接，进行机械调零
B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
C.如图丙，用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“×100”挡
D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
(2)为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如图所示电路进行测量。电路由控制电路和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：
A.待测电阻
B.灵敏电流计G
C.定值电阻
D.粗细均匀的电阻丝AB(总长为L=60.00cm)
E.滑动变阻器R
F.线夹、电源、开关以及导线若干
G.电源(电动势为3V)
①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1应置于a端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P1至某一位置，然后不断调节线夹P2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=12.00cm，则的阻值计算式为_________(用、L、x表示)，代入数据得=_________Ω；
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻换成电阻箱，并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为；然后将电阻箱与交换位置，保持线夹P2的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为，则电阻=_________。
三、计算题：本大题共4小题，共47分。
13.2023年5月5日，“华龙一号”核电机组全球首堆示范工程全面建成，用一个慢中子轰击后裂变为和。已知中子质量为，的质量为，的质量为，的质量为，求总质量为m的铀235完全裂变产生的能量E。
14.游乐场中跳楼机的工作原理是：先把游客和座椅拉升到离地高H=126m处，使游客随座椅一起自由下落，当下落到制动开关A位置时，触发制动开始减速，到达地面时速度刚好为零(制动包含机械制动和电磁制动)。整个装置简化图如图：MP为安全高度限制金属横杆，MN、PQ为竖直光滑平行导轨，导轨宽度L=10m，游客和座椅可视为质量：m=2×103kg、长度为L的水平金属杆，金属杆的电阻R=0.1Ω，运动时始终与导轨垂直，制动开关A点下方区域(含A点所在水平边界)存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。若金属杆进入磁场时的速度大小为144km/h、加速度大小a=3g，机械制动提供的拉力F=4×104N，金属杆与导轨始终接触，忽略空气阻力，MP与导轨的电阻不计，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)制动开关A离地面的高度。
(2)该磁场磁感应强度的大小B。
(3)金属杆从MP运动到NQ的过程中，通过金属杆的电荷量q。
15.有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为d=0.8m，质量为m=20kg。与轨道的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度g=10m/s2。
(1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；
(2)若F=12N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求：
①1号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v；
②拉力F的作用时间t。
16.如图所示，空间坐标系O-xyz内有一由正方体ABCD-A1B1C1D1和半圆柱体BPC-B1P1C1拼接而成的空间区域，立方体区域内存在沿轴负方向的匀强电场，半圆柱体区域内存在沿轴负方向的匀强磁场。M、M1分别为AO、A1O1的中点，N、N1分别为BC、B1C1的中点，P、P1分别为半圆弧BPC、B1P1C1的中点，Q为MN的中点。质量为m、电荷量为q的正粒子在竖直平面MNN1M1内由M点斜向上射入匀强电场，入射的初速度大小为，方向与x轴正方向夹角为θ=53°。一段时间后，粒子垂直于竖直平面BCC1B1射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L，匀强磁场的磁感应强度大小为，不计粒子重力，sin53°=0.8，cs53°=0.3。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)求粒子自射入电场到离开磁场时的运动时间t；
(3)若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】A.“破镜难圆”是由于分子间距较大，分子之间的相互作用力较小，不能说明分子间没有相互作用力，故A错误；
B.“送人玫瑰，手有余香”手上留有香味分子，说明分子在不停地运动，故B正确；
C.“只闻其声，不见其人”说明声波在传播过程中可以发生衍射，故C错误；
D.在波的传播过程中介质中质点在平衡位置附近做简谐振动，并不沿着波的传播方向迁移，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】A、人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，故A正确；
B、设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力，根据几何关系则有，脚掌所受地面竖直向上的弹力约为，联立可得：，则人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F逐渐变小，故B错误；
C、人缓慢搬起重物的过程中，动能不变，重力势能增大，故机械能增加，故C错误；
D、人对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D错误。
故选：A。
3.【答案】D
【解析】A、根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可得：，，可知入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大，对应的遏止电压越大。甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的频率相等，波长相等；甲光、丙光的遏止电压小于乙光，则甲光、丙光的频率小于乙光，甲光、丙光的波长大于乙光，故A错误；
B、由于乙的频率大于丙的频率，则乙的折射率大于丙的折射率，由公式可知，入射角相同，折射率越大的，折射角越小，所以乙光的折射角小，故B错误；
C、由于甲光的频率小于乙光的频率，则不可能出现甲光为蓝光，乙光为红光，故C错误；
D、由于甲光的频率小于乙光的频率，则甲光的光子能量小于乙光光子能量，处于基态的氢原子吸收乙光能跃迁到更高的能级，则吸收乙光后共能发出超过6种频率的光，故D正确。
故选：D。
本题考查爱因斯坦光电效应方程、能级跃迁规律、光学的基本知识，综合性较强，难度适中，是一道练习光学、原子物理的一道好题。
根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可比较甲乙频率关系，从而比较波长关系；由乙丙频率关系得出二者折射率关系，从而得出折射角关系；通过甲乙频率关系判断甲乙可能为那种色光；结合能级跃迁规律可确定吸收哪一种光可能跃迁到更高能级从而确定可能发出光的种类。
4.【答案】C
【解析】
A.根据第一宇宙速度和第二宇宙速度的关系，可以判断该项；
B.根据探测器做近心运动，判断每次经过P点的速度越来越小；
C.根据开普勒第三定律，结合半长轴关系判断周期关系；
D.根据开普勒第二定律，判断绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等。
在处理天体运动问题时，要注意开普勒三定律的理解，另外要注意天体运动的变轨原理。
【解答】
A.探测器在星箭分离后，将要脱离地球束缚，此时的速度为第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，故A错误；
B.由图可知，探测器做近心运动，故每次经过P点的速度越来越小，故B错误；
C.由图可知，绕火星运行时，在捕获轨道上的半长轴最大，根据开普勒第三定律可知，在捕获轨道上的周期最大，故C正确；
D.根据开普勒第二定律可知，绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，故D错误。
故选：C。
5.【答案】B
【解析】该女生身高约h=1.6m，每次上半身重心上升的距离约为：
她每一次克服重力做的功为：
1min内她克服重力所做的总功为：=40W=40×96J=3840J
她克服重力做功的平均功率为：=64W，约为70W，故B正确，ACD错误
故选：B。
6.【答案】C
【解析】
本题考查波动图象和振动图象问题，关键是会根据质点的振动方向来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。根据甲、乙两图分别读出简谐波的波长和周期，根据求解简谐波的波速；分析所给时间与周期的关系，确定质点通过的路程，质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移。
【解答】A.由图乙可知，t=0时刻，质点M向上振动，根据“上下坡”法并结合图甲可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图可知=4m，T=2s，所以波的传播速度为=2m/s，故B错误；
C.由于，所以质点M在7s内通过的路程为s=3×4A+2A=280cm，故C正确；
D.质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。
故选C。
7.【答案】
【解析】
本题考查气体状态方程和热力学第一定律的应用，关键是知道p-V图象中图象与坐标轴包围的面积等于气体压力做的功，应用热力学第一定律要注意符号法则。
【解答】A.从状态a到状态c，气体的压强先减小后增大，不是等压膨胀过程，故A错误；
B.等温线的形状不是圆弧，从状态c到状态d不是等温变化过程，故B错误；
C.从状态a到状态c，根据，初末状态的压强相等，体积增大，温度升高，内能增大，体积增大对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量，故C错误；
D.从状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变，内能不变；由于p-V图像与横轴所围几何图形的面积表示功，从状态a到状态c，气体对外做功，从状态c到状态a，外界对气体做功，根据图像可知，从状态a经b、c、d回到状态a，全程是外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故D正确。
故选D。
8.【答案】
【解析】AB.实线所表示的过程初始电流较小，故接入的电阻应该为大的电阻，即，此时充电时间较长，即电容器充电越慢，A、B错误；
CD.根据公式知I-t图像与横轴所围面积表示电荷量，充电结束电容器所带电荷量q=CE两次相等，所以实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积，C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】
本题考查霍尔效应，通过左手定则分析载流子的偏转方向，从而确定电势的高低。
当稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，据此列式，结合电流的微观表达式，得出电势差的表达式，然后进行分析。
【解答】A.电子定向移动方向与电流方向相反，应为Q→P，故A错误；
B.由左手定则知，电子向M表面偏转，M表面电势低于表面电势，故B错误；
C.稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，有，
解得，故C正确；
D.根据电流微观表达式，
联立解得，故D错误。
故选C。
10.【答案】B
【解析】AB.金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab，cd加速度，，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当时，不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大。故A正确，与题意不符；B错误，与题意相符；
C.设两金属棒电阻均为R，系统达到稳定之前
随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则
随着的增加而均匀增加。故C正确，与题意不符；
D.闭合回路消耗的电功率，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化。故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选B。
11.【答案】B
【解析】
小球做自由落体运动，管做竖直上抛运动，分别求解小球与管上端相遇的时间和小球与管下端相遇的时间，结合上升阶段穿过管和下降阶段穿过管的临界条件分析判断。
本题实际上是追及相遇问题，关键是分析清楚运动过程，明确临界点及临界条件，难度适中。
【解答】
A.设小球与管上端相遇时间为，则有：，得：
设小球与管下端相遇时间为，则有：，得：
小球穿过管所用的时间：
联立解得：，故A错误；
BD.若小球在管上升阶段穿过管，则小球与管下端相遇时，管的速度向上，即满足，解得：，故B正确D错误；
C.若小球在管下降阶段穿过管，则小球与管上端相遇时，管的速度向下，即满足，解得：，
同时小球与管下端相遇时，管不能回到抛出点，即满足，解得：，
所以有：，故C错误；
故选B。
12.【答案】(1)B；(2)①；20；②。
【解析】
(1)由多用电表的使用方法进行分析；
(2)①根据电桥法原理求；②由电桥法列出两个等式后求解。
掌握多用电表的使用方法及电桥法测电阻的原理是解题的关键。
【解答】
(1)A.进行机械调零时不需要将红黑表笔短接，故A错误；
B.图乙所示的旋钮为欧姆调零旋钮，所以利用所示旋钮进行欧姆调零，故B正确；
C.用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，为了准确测量，应换到“×1”档，故C错误；
D.实验完成后，挡位调至“OFF”或交流电压最高档，故D错误。
(2)①桥式电路中，当中间的“桥”，即电流表G，示数为零时，满足关系式，所以，代入数据解得=20Ω；
②如果电阻丝粗细不均匀，可设左右两侧的电阻分别为R左和R右，根据电桥原理有：，，两式联立得：。
13.【答案】核反应方程为
一次核反应释放的核能为
总质量为m铀235完全裂变释放的核能。
【解析】根据质量数和电荷数守恒列出核反应方程，根据质能方程求解放出的能量。
14.【答案】(1)根据题意知，金属杆进入磁场时的速度大小为=144km/h=40m/s
设游客和座椅自由下落的高度为h，有
制动开关A离地面的高度
联立解得=46m
(2)在点对金属杆进行分析，由牛顿第二定律，有
其中感应电流
感应电动势
解得B=1T
(3)在磁场区域，有
其中，，
联立解得q=4.6×103C
【解析】(1)利用自由落体运动规律进行求解；
(2)在A点对金属杆进行分析，结合牛顿第二定律求得；
(3)根据电荷量的公式，结合法拉第电磁感应定律进行求解。
15.【答案】(1)由题意，对3号门板，根据动能定理有
解得W=1.6J
(2)①设3号门板与2号门板碰撞前速度为，碰撞后速度为，碰后两门板位移为d=0.8m，根据功能关系有
解得=0.4m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律
解得=0.8m/s
②根据牛顿第二定律
解得=0.5m/s2
根据动能定理
解得m
根据运动学公式
解得s
【解析】(1)根据动能定理解得；
(2)根据动量守恒定律结合动能定理解得；
(3)根据动能定理结合牛顿第二定律进行求解。
16.【答案】解：(1)粒子在电场中运动时，沿轴方向，
解得，
沿z轴方向，
由牛顿第二定律可知，
解得；
(2)粒子进入匀强磁场后，由牛顿第二定律可知，
解得，
由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，
粒子在匀强磁场中运动的时间，
故；
(3)若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，
在匀强电场中运动的时间，
进入磁场时，沿x轴方向的速度大小为，
沿z轴方向的速度大小为，
故粒子沿x轴方向做匀速圆周运动，半径，
沿z轴方向上做匀速直线运动，因粒子做圆周运动的半径不变，故在磁场中运动的时间不变，
在磁场中沿z轴方向运动的位移大小为，
在电场中沿z轴方向运动的位移大小为，
故粒子离开磁场时，z轴方向的坐标，
y轴方向的坐标，
x轴方向的坐标，
即离开磁场时的位置坐标为。
【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同场区的受力情况和运动情况，尤其要注意粒子在不同方向的运动情况。