2024屆江蘇省高三下學期考前模擬物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE22024年江蘇高考物理考前模擬試卷注意事項:1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.生活中很多俗語、成語的內容都與物理知識有關，它們反映了人類在生活中對自然界的認知水平。下列俗語或成語中從物理學的角度分析正確的是()A.“破鏡難圓”說明分子間沒有相互作用力B.“送人玫瑰，手有余香”說明分子在不停地運動C.“只聞其聲，不見其人”說明聲波在傳播過程中可以發(fā)生干涉D.“隨波逐流”說明在波的傳播過程中介質中質點沿著波的傳播方向而遷移2.如圖甲所示，是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物(重物已經離地)的情景，現將其簡化為如圖乙所示的模型。設腳掌受地面豎直向上的彈力大小為FN，膝關節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對膝關節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大致相等。關于該過程的說法正確的是()A.人緩慢搬起重物的過程中，FN大小不變B.人緩慢搬起重物的過程中，F大小不變C.人緩慢搬起重物的過程中，重物的機械能守恒D.人緩慢搬起重物的過程中，人對重物做功等于重物的動能的增加3.某同學用甲、乙、丙三種色光分別照射同一光電管，研究光電流I與所加電壓U之間的關系，得到如圖所示的圖像。則下列說法正確的是()A.甲光的波長小于乙光的波長B.以相同的入射角從空氣斜射入玻璃，乙光的折射角大于丙光的折射角C.甲光可能為藍光，乙光可能為紅光D.若處于基態(tài)的氫原子能吸收甲、乙兩種光，且吸收甲光后由高能級向低能級躍遷共能發(fā)出6種頻率的光，則吸收乙光后共能發(fā)出超過6種頻率的光4.2020年7月，我國用長征運載火箭將“天問一號”探測器發(fā)射升空，探測器在星箭分離后，進入地火轉移軌道，如圖所示，2021年5月在火星烏托邦平原著陸。則探測器()A.與火箭分離時的速度小于第一宇宙速度B.每次經過P點時的速度相等C.繞火星運行時在捕獲軌道上的周期最大D.繞火星運行時在不同軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等5.仰臥起坐是《國家學生體質健康標準》中規(guī)定的女生測試項目之一。根據該標準高三女生一分鐘內完成50個以上仰臥起坐記為優(yōu)秀。若某女生一分鐘內做了40個仰臥起坐，其質量為50kg，上半身質量約為總質量的0.6倍，仰臥起坐時下半身重心位置不變，上半身高度約為總身高的0.4倍，g取10m/s2，試估算測試的全過程中該女生克服重力做功的平均功率約為()A.10WB.70WC.150WD.300W6.“地震預警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災地區(qū)前，向受災地區(qū)提前幾秒至數十秒發(fā)出警報，通知目標區(qū)域從而實現預警?？蒲袡C構對波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波t=0時刻的波形圖，M是此波上的一個質點，平衡位置處于4m處，圖乙為質點M的振動圖像，則()A.該列波的傳播方向沿x軸正向傳播B.該列波的傳播速度為4m/sC.質點M在7s內通過的路程為280cmD.質點M在2s內沿x軸運動了8m7.一定質量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，該圖由4段圓弧組成，表示該氣體從狀態(tài)a依次經狀態(tài)b、c、d，最終回到狀態(tài)a的狀態(tài)變化過程，則下列說法正確的是()A.從狀態(tài)a到狀態(tài)c是等壓膨脹B.從狀態(tài)到狀態(tài)d是等溫變化C.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外做功，內能減小D.從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，氣體放出熱量8.如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，將單刀雙擲開關S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調為和()兩種情況，兩次得到的電流I隨時間t變化圖像如圖乙中曲線所示，則()A.實線是電阻箱阻值為的結果B.電阻箱阻值越大，電容器充電越快C.實線與橫軸所圍面積大于虛線與橫軸所圍面積D.實線與橫軸所圍面積等于虛線與橫軸所圍面積9.霍爾效應是電磁基本現象之一，我國科學家在該領域的研究上獲得了重大發(fā)現。如圖所示，在一矩形霍爾半導體薄片元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，電子以速度v定向移動時，形成電流I，同時外加磁感應強度為B、與薄片垂直的勻強磁場，在M、N間出現電壓UH，這個現象稱為霍爾效應，UH稱為霍爾電壓。已知薄片的厚度為d，M、N間距離為L1，P、Q間距離為L2，則()A.電子定向移動方向為P→QB.M表面電勢高于N表面電勢C.M、N表面間的電壓D.元件內單位體積內自由電子數為10.如圖所示，兩根光滑平行金屬長導軌MN、PQ水平固定放置，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，兩根完全相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，兩金屬棒的長度恰好等于金屬導軌的間距，t=0時刻對金屬棒cd施加一個水平向右的恒力F，此后兩金屬棒由靜止開始運動，金屬棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，兩金屬棒的速度大小分別記為、，加速度大小分別記為、，金屬棒cd兩端電壓記為，閉合回路消耗的電功率記為P，電路中除金屬棒以外的電阻均不計，下列關系圖像錯誤的是()A.B.C.D.11.一長為的金屬管從地面以的速率豎直上拋，管口正上方高處有一小球同時自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過．已知重力加速度為g，不計空氣阻力．關于該運動過程說法正確的是()A.小球穿過管所用時間大于B.若小球在管上升階段穿過管，則C.若小球在管下降階段穿過管，則D.小球不可能在管上升階段穿過管第II卷（非選擇題）二、實驗題：本大題共1小題，共9分。12.一實驗小組為了測量某元件的電阻，進行了如下實驗：(1)首先用多用電表進行粗測，下列關于多用電表的操作正確的是_________A.如圖甲，將紅黑表筆短接，進行機械調零B.如圖乙，利用所示旋鈕進行歐姆調零C.如圖丙，用“×10”擋測量時發(fā)現指針偏轉角度過大，為了準確測量，應換到“×100”擋D.實驗完成后，擋位調至如圖丁所示位置(2)為了精確測量該元件的電阻，同學們又采用了如圖所示電路進行測量。電路由控制電路和測量電路兩大部分組成。實驗用到的器材如下：A.待測電阻B.靈敏電流計GC.定值電阻D.粗細均勻的電阻絲AB(總長為L=60.00cm)E.滑動變阻器RF.線夾、電源、開關以及導線若干G.電源(電動勢為3V)①在閉合開關S前，可將線夾P2大致固定于電阻絲AB中部位置，滑片P1應置于a端。閉合開關后，先移動滑動變阻器的滑片P1至某一位置，然后不斷調節(jié)線夾P2所夾的位置，直到靈敏電流計G示數為零，測出此時AP2段電阻絲長度x=12.00cm，則的阻值計算式為_________(用、L、x表示)，代入數據得=_________Ω；②為減小因電阻絲粗細不均勻帶來的誤差，將定值電阻換成電阻箱，并按照①中的操作，電阻箱的阻值記為；然后將電阻箱與交換位置，保持線夾P2的位置不變，調節(jié)電阻箱，重新使靈敏電流計G示數為零，此時電阻箱的阻值記為，則電阻=_________。三、計算題：本大題共4小題，共47分。13.2023年5月5日，“華龍一號”核電機組全球首堆示范工程全面建成，用一個慢中子轟擊后裂變?yōu)楹?。已知中子質量為，的質量為，的質量為，的質量為，求總質量為m的鈾235完全裂變產生的能量E。14.游樂場中跳樓機的工作原理是：先把游客和座椅拉升到離地高H=126m處，使游客隨座椅一起自由下落，當下落到制動開關A位置時，觸發(fā)制動開始減速，到達地面時速度剛好為零(制動包含機械制動和電磁制動)。整個裝置簡化圖如圖：MP為安全高度限制金屬橫桿，MN、PQ為豎直光滑平行導軌，導軌寬度L=10m，游客和座椅可視為質量：m=2×103kg、長度為L的水平金屬桿，金屬桿的電阻R=0.1Ω，運動時始終與導軌垂直，制動開關A點下方區(qū)域(含A點所在水平邊界)存在垂直于導軌平面向里的勻強磁場。若金屬桿進入磁場時的速度大小為144km/h、加速度大小a=3g，機械制動提供的拉力F=4×104N，金屬桿與導軌始終接觸，忽略空氣阻力，MP與導軌的電阻不計，重力加速度g=10m/s2。求：(1)制動開關A離地面的高度。(2)該磁場磁感應強度的大小B。(3)金屬桿從MP運動到NQ的過程中，通過金屬桿的電荷量q。15.有一款三軌推拉門，門框內部寬為2.4m，三扇相同的門板如圖所示，每扇門板寬為d=0.8m，質量為m=20kg。與軌道的動摩擦因數為μ=0.01。在門板邊緣凸起部位貼有尼龍搭扣，兩門板碰后可連在一起，現將三扇門板靜止在最左側，用力F水平向右拉3號門板，一段時間后撤去，取重力加速度g=10m/s2。(1)若3號門板左側凸起部位恰能與2號門板右側凸起部位接觸，求力F做的功W；(2)若F=12N，3號門板恰好到達門框最右側，大門完整關閉。求：①1號門板與2號門板碰撞前瞬間的速度大小v；②拉力F的作用時間t。16.如圖所示，空間坐標系O-xyz內有一由正方體ABCD-A1B1C1D1和半圓柱體BPC-B1P1C1拼接而成的空間區(qū)域，立方體區(qū)域內存在沿軸負方向的勻強電場，半圓柱體區(qū)域內存在沿軸負方向的勻強磁場。M、M1分別為AO、A1O1的中點，N、N1分別為BC、B1C1的中點，P、P1分別為半圓弧BPC、B1P1C1的中點，Q為MN的中點。質量為m、電荷量為q的正粒子在豎直平面MNN1M1內由M點斜向上射入勻強電場，入射的初速度大小為，方向與x軸正方向夾角為θ=53°。一段時間后，粒子垂直于豎直平面BCC1B1射入勻強磁場。已知正方體的棱長和半圓柱體的直徑均為L，勻強磁場的磁感應強度大小為，不計粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.3。(1)求勻強電場的電場強度E的大??；(2)求粒子自射入電場到離開磁場時的運動時間t；(3)若粒子以相同的初速度自Q點射入勻強電場，求粒子離開勻強磁場時的位置坐標?！飬⒖即鸢浮铩?.〖答案〗B〖解析〗A.“破鏡難圓”是由于分子間距較大，分子之間的相互作用力較小，不能說明分子間沒有相互作用力，故A錯誤；B.“送人玫瑰，手有余香”手上留有香味分子，說明分子在不停地運動，故B正確；C.“只聞其聲，不見其人”說明聲波在傳播過程中可以發(fā)生衍射，故C錯誤；D.在波的傳播過程中介質中質點在平衡位置附近做簡諧振動，并不沿著波的傳播方向遷移，故D錯誤。故選B。2.〖答案〗A〖解析〗A、人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A正確；B、設大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F即為他們合力，根據幾何關系則有，腳掌所受地面豎直向上的彈力約為，聯立可得：，則人緩慢搬起重物的過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F逐漸變小，故B錯誤；C、人緩慢搬起重物的過程中，動能不變，重力勢能增大，故機械能增加，故C錯誤；D、人對重物做的功等于重物機械能的增加量，故D錯誤。故選：A。3.〖答案〗D〖解析〗A、根據愛因斯坦光電效應方程結合動能定理可得：，，可知入射光的頻率越高，光電子的最大初動能越大，對應的遏止電壓越大。甲光、丙光的遏止電壓相等，所以甲光、丙光的頻率相等，波長相等；甲光、丙光的遏止電壓小于乙光，則甲光、丙光的頻率小于乙光，甲光、丙光的波長大于乙光，故A錯誤；B、由于乙的頻率大于丙的頻率，則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錯誤；C、由于甲光的頻率小于乙光的頻率，則不可能出現甲光為藍光，乙光為紅光，故C錯誤；D、由于甲光的頻率小于乙光的頻率，則甲光的光子能量小于乙光光子能量，處于基態(tài)的氫原子吸收乙光能躍遷到更高的能級，則吸收乙光后共能發(fā)出超過6種頻率的光，故D正確。故選：D。本題考查愛因斯坦光電效應方程、能級躍遷規(guī)律、光學的基本知識，綜合性較強，難度適中，是一道練習光學、原子物理的一道好題。根據愛因斯坦光電效應方程結合動能定理可比較甲乙頻率關系，從而比較波長關系；由乙丙頻率關系得出二者折射率關系，從而得出折射角關系；通過甲乙頻率關系判斷甲乙可能為那種色光；結合能級躍遷規(guī)律可確定吸收哪一種光可能躍遷到更高能級從而確定可能發(fā)出光的種類。4.〖答案〗C〖解析〗A.根據第一宇宙速度和第二宇宙速度的關系，可以判斷該項；B.根據探測器做近心運動，判斷每次經過P點的速度越來越小；C.根據開普勒第三定律，結合半長軸關系判斷周期關系；D.根據開普勒第二定律，判斷繞火星運行時在同一軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等。在處理天體運動問題時，要注意開普勒三定律的理解，另外要注意天體運動的變軌原理?！窘獯稹緼.探測器在星箭分離后，將要脫離地球束縛，此時的速度為第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，故A錯誤；B.由圖可知，探測器做近心運動，故每次經過P點的速度越來越小，故B錯誤；C.由圖可知，繞火星運行時，在捕獲軌道上的半長軸最大，根據開普勒第三定律可知，在捕獲軌道上的周期最大，故C正確；D.根據開普勒第二定律可知，繞火星運行時在同一軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等，故D錯誤。故選：C。5.〖答案〗B〖解析〗該女生身高約h=1.6m，每次上半身重心上升的距離約為：她每一次克服重力做的功為：1min內她克服重力所做的總功為：=40W=40×96J=3840J她克服重力做功的平均功率為：=64W，約為70W，故B正確，ACD錯誤故選：B。6.〖答案〗C〖解析〗本題考查波動圖象和振動圖象問題，關鍵是會根據質點的振動方向來判斷波的傳播方向，抓住振動圖象和波動圖象之間的內在聯系。根據甲、乙兩圖分別讀出簡諧波的波長和周期，根據求解簡諧波的波速；分析所給時間與周期的關系，確定質點通過的路程，質點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移?！窘獯稹緼.由圖乙可知，t=0時刻，質點M向上振動，根據“上下坡”法并結合圖甲可知，波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；B.由圖可知=4m，T=2s，所以波的傳播速度為=2m/s，故B錯誤；C.由于，所以質點M在7s內通過的路程為s=3×4A+2A=280cm，故C正確；D.質點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故D錯誤。故選C。7.〖答案〗〖解析〗本題考查氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律的應用，關鍵是知道p-V圖象中圖象與坐標軸包圍的面積等于氣體壓力做的功，應用熱力學第一定律要注意符號法則?！窘獯稹緼.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體的壓強先減小后增大，不是等壓膨脹過程，故A錯誤；B.等溫線的形狀不是圓弧，從狀態(tài)c到狀態(tài)d不是等溫變化過程，故B錯誤；C.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，根據，初末狀態(tài)的壓強相等，體積增大，溫度升高，內能增大，體積增大對外做功，根據熱力學第一定律，氣體吸收熱量，故C錯誤；D.從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內能不變；由于p-V圖像與橫軸所圍幾何圖形的面積表示功，從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外做功，從狀態(tài)c到狀態(tài)a，外界對氣體做功，根據圖像可知，從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，全程是外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，故D正確。故選D。8.〖答案〗〖解析〗AB.實線所表示的過程初始電流較小，故接入的電阻應該為大的電阻，即，此時充電時間較長，即電容器充電越慢，A、B錯誤；CD.根據公式知I-t圖像與橫軸所圍面積表示電荷量，充電結束電容器所帶電荷量q=CE兩次相等，所以實線與橫軸所圍面積等于虛線與橫軸所圍面積，C錯誤，D正確。故選D。9.〖答案〗C〖解析〗本題考查霍爾效應，通過左手定則分析載流子的偏轉方向，從而確定電勢的高低。當穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力平衡，據此列式，結合電流的微觀表達式，得出電勢差的表達式，然后進行分析?！窘獯稹緼.電子定向移動方向與電流方向相反，應為Q→P，故A錯誤；B.由左手定則知，電子向M表面偏轉，M表面電勢低于表面電勢，故B錯誤；C.穩(wěn)定時，洛倫茲力與電場力平衡，有，解得，故C正確；D.根據電流微觀表達式，聯立解得，故D錯誤。故選C。10.〖答案〗B〖解析〗AB.金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab，cd加速度，，之后回路中出現感應電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，當時，不再變化，回路中的電流不再變化，但是兩金屬棒的速度仍在增大。故A正確，與題意不符；B錯誤，與題意相符；C.設兩金屬棒電阻均為R，系統(tǒng)達到穩(wěn)定之前隨時間逐漸增大，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，因回路中電流不變，則隨著的增加而均勻增加。故C正確，與題意不符；D.閉合回路消耗的電功率，在開始階段隨回路中電流的增大，電功率逐漸增大，當系統(tǒng)穩(wěn)定后回路中電流不變，電功率不再變化。故D正確，與題意不符。本題選錯誤的，故選B。11.〖答案〗B〖解析〗小球做自由落體運動，管做豎直上拋運動，分別求解小球與管上端相遇的時間和小球與管下端相遇的時間，結合上升階段穿過管和下降階段穿過管的臨界條件分析判斷。本題實際上是追及相遇問題，關鍵是分析清楚運動過程，明確臨界點及臨界條件，難度適中?！窘獯稹緼.設小球與管上端相遇時間為，則有：，得：設小球與管下端相遇時間為，則有：，得：小球穿過管所用的時間：聯立解得：，故A錯誤；BD.若小球在管上升階段穿過管，則小球與管下端相遇時，管的速度向上，即滿足，解得：，故B正確D錯誤；C.若小球在管下降階段穿過管，則小球與管上端相遇時，管的速度向下，即滿足，解得：，同時小球與管下端相遇時，管不能回到拋出點，即滿足，解得：，所以有：，故C錯誤；故選B。12.〖答案〗(1)B；(2)①；20；②。〖解析〗(1)由多用電表的使用方法進行分析；(2)①根據電橋法原理求；②由電橋法列出兩個等式后求解。掌握多用電表的使用方法及電橋法測電阻的原理是解題的關鍵?！窘獯稹?1)A.進行機械調零時不需要將紅黑表筆短接，故A錯誤；B.圖乙所示的旋鈕為歐姆調零旋鈕，所以利用所示旋鈕進行歐姆調零，故B正確；C.用“×10”擋測量時發(fā)現指針偏轉角度過大，說明電阻較小，為了準確測量，應換到“×1”檔，故C錯誤；D.實驗完成后，擋位調至“OFF”或交流電壓最高檔，故D錯誤。(2)①橋式電路中，當中間的“橋”，即電流表G，示數為零時，滿足關系式，所以，代入數據解得=20Ω；②如果電阻絲粗細不均勻，可設左右兩側的電阻分別為R左和R右，根據電橋原理有：，，兩式聯立得：。13.〖答案〗核反應方程為一次核反應釋放的核能為總質量為m鈾235完全裂變釋放的核能?！冀馕觥礁鶕|量數和電荷數守恒列出核反應方程，根據質能方程求解放出的能量。14.〖答案〗(1)根據題意知，金屬桿進入磁場時的速度大小為=144km/h=40m/s設游客和座椅自由下落的高度為h，有制動開關A離地面的高度聯立解得=46m(2)在點對金屬桿進行分析，由牛頓第二定律，有其中感應電流感應電動勢解得B=1T(3)在磁場區(qū)域，有其中，，聯立解得q=4.6×103C〖解析〗(1)利用自由落體運動規(guī)律進行求解；(2)在A點對金屬桿進行分析，結合牛頓第二定律求得；(3)根據電荷量的公式，結合法拉第電磁感應定律進行求解。15.〖答案〗(1)由題意，對3號門板，根據動能定理有解得W=1.6J(2)①設3號門板與2號門板碰撞前速度為，碰撞后速度為，碰后兩門板位移為d=0.8m，根據功能關系有解得=0.4m/s碰撞過程，根據動量守恒定律解得=0.8m/s②根據牛頓第二定律解得=0.5m/s2根據動能定理解得m根據運動學公式解得s〖解析〗(1)根據動能定理解得；(2)根據動量守恒定律結合動能定理解得；(3)根據動能定理結合牛頓第二定律進行求解。16.〖答案〗解：(1)粒子在電場中運動時，沿軸方向，解得，沿z軸方向，由牛頓第二定律可知，解得；(2)粒子進入勻強磁場后，由牛頓第二定律可知，解得，由幾何關系可知，粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60°，粒子在勻強磁場中運動的時間，故；(3)若粒子以相同的初速度自Q點射入勻強電場，在勻強電場中運動的時間，進入磁場時，沿x軸方向的速度大小為，沿z軸方向的速度大小為，故粒子沿x軸方向做勻速圓周運動，半徑，沿z軸方向上做勻速直線運動，因粒子做圓周運動的半徑不變，故在磁場中運動的時間不變，在磁場中沿z軸方向運動的位移大小為，在電場中沿z軸方向運動的位移大小為，故粒子離開磁場時，z軸方向的坐標，y軸方向的坐標，x軸方向的坐標，即離開磁場時的位置坐標為。〖解析〗本題考查帶電粒子在組合場中的運動。解決問題的關鍵是清楚帶電粒子在不同場區(qū)的受力情況和運動情況，尤其要注意粒子在不同方向的運動情況。2024年江蘇高考物理考前模擬試卷注意事項:1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.生活中很多俗語、成語的內容都與物理知識有關，它們反映了人類在生活中對自然界的認知水平。下列俗語或成語中從物理學的角度分析正確的是()A.“破鏡難圓”說明分子間沒有相互作用力B.“送人玫瑰，手有余香”說明分子在不停地運動C.“只聞其聲，不見其人”說明聲波在傳播過程中可以發(fā)生干涉D.“隨波逐流”說明在波的傳播過程中介質中質點沿著波的傳播方向而遷移2.如圖甲所示，是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物(重物已經離地)的情景，現將其簡化為如圖乙所示的模型。設腳掌受地面豎直向上的彈力大小為FN，膝關節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對膝關節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大致相等。關于該過程的說法正確的是()A.人緩慢搬起重物的過程中，FN大小不變B.人緩慢搬起重物的過程中，F大小不變C.人緩慢搬起重物的過程中，重物的機械能守恒D.人緩慢搬起重物的過程中，人對重物做功等于重物的動能的增加3.某同學用甲、乙、丙三種色光分別照射同一光電管，研究光電流I與所加電壓U之間的關系，得到如圖所示的圖像。則下列說法正確的是()A.甲光的波長小于乙光的波長B.以相同的入射角從空氣斜射入玻璃，乙光的折射角大于丙光的折射角C.甲光可能為藍光，乙光可能為紅光D.若處于基態(tài)的氫原子能吸收甲、乙兩種光，且吸收甲光后由高能級向低能級躍遷共能發(fā)出6種頻率的光，則吸收乙光后共能發(fā)出超過6種頻率的光4.2020年7月，我國用長征運載火箭將“天問一號”探測器發(fā)射升空，探測器在星箭分離后，進入地火轉移軌道，如圖所示，2021年5月在火星烏托邦平原著陸。則探測器()A.與火箭分離時的速度小于第一宇宙速度B.每次經過P點時的速度相等C.繞火星運行時在捕獲軌道上的周期最大D.繞火星運行時在不同軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等5.仰臥起坐是《國家學生體質健康標準》中規(guī)定的女生測試項目之一。根據該標準高三女生一分鐘內完成50個以上仰臥起坐記為優(yōu)秀。若某女生一分鐘內做了40個仰臥起坐，其質量為50kg，上半身質量約為總質量的0.6倍，仰臥起坐時下半身重心位置不變，上半身高度約為總身高的0.4倍，g取10m/s2，試估算測試的全過程中該女生克服重力做功的平均功率約為()A.10WB.70WC.150WD.300W6.“地震預警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災地區(qū)前，向受災地區(qū)提前幾秒至數十秒發(fā)出警報，通知目標區(qū)域從而實現預警?？蒲袡C構對波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波t=0時刻的波形圖，M是此波上的一個質點，平衡位置處于4m處，圖乙為質點M的振動圖像，則()A.該列波的傳播方向沿x軸正向傳播B.該列波的傳播速度為4m/sC.質點M在7s內通過的路程為280cmD.質點M在2s內沿x軸運動了8m7.一定質量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，該圖由4段圓弧組成，表示該氣體從狀態(tài)a依次經狀態(tài)b、c、d，最終回到狀態(tài)a的狀態(tài)變化過程，則下列說法正確的是()A.從狀態(tài)a到狀態(tài)c是等壓膨脹B.從狀態(tài)到狀態(tài)d是等溫變化C.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外做功，內能減小D.從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，氣體放出熱量8.如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，將單刀雙擲開關S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調為和()兩種情況，兩次得到的電流I隨時間t變化圖像如圖乙中曲線所示，則()A.實線是電阻箱阻值為的結果B.電阻箱阻值越大，電容器充電越快C.實線與橫軸所圍面積大于虛線與橫軸所圍面積D.實線與橫軸所圍面積等于虛線與橫軸所圍面積9.霍爾效應是電磁基本現象之一，我國科學家在該領域的研究上獲得了重大發(fā)現。如圖所示，在一矩形霍爾半導體薄片元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，電子以速度v定向移動時，形成電流I，同時外加磁感應強度為B、與薄片垂直的勻強磁場，在M、N間出現電壓UH，這個現象稱為霍爾效應，UH稱為霍爾電壓。已知薄片的厚度為d，M、N間距離為L1，P、Q間距離為L2，則()A.電子定向移動方向為P→QB.M表面電勢高于N表面電勢C.M、N表面間的電壓D.元件內單位體積內自由電子數為10.如圖所示，兩根光滑平行金屬長導軌MN、PQ水平固定放置，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，兩根完全相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，兩金屬棒的長度恰好等于金屬導軌的間距，t=0時刻對金屬棒cd施加一個水平向右的恒力F，此后兩金屬棒由靜止開始運動，金屬棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，兩金屬棒的速度大小分別記為、，加速度大小分別記為、，金屬棒cd兩端電壓記為，閉合回路消耗的電功率記為P，電路中除金屬棒以外的電阻均不計，下列關系圖像錯誤的是()A.B.C.D.11.一長為的金屬管從地面以的速率豎直上拋，管口正上方高處有一小球同時自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過．已知重力加速度為g，不計空氣阻力．關于該運動過程說法正確的是()A.小球穿過管所用時間大于B.若小球在管上升階段穿過管，則C.若小球在管下降階段穿過管，則D.小球不可能在管上升階段穿過管第II卷（非選擇題）二、實驗題：本大題共1小題，共9分。12.一實驗小組為了測量某元件的電阻，進行了如下實驗：(1)首先用多用電表進行粗測，下列關于多用電表的操作正確的是_________A.如圖甲，將紅黑表筆短接，進行機械調零B.如圖乙，利用所示旋鈕進行歐姆調零C.如圖丙，用“×10”擋測量時發(fā)現指針偏轉角度過大，為了準確測量，應換到“×100”擋D.實驗完成后，擋位調至如圖丁所示位置(2)為了精確測量該元件的電阻，同學們又采用了如圖所示電路進行測量。電路由控制電路和測量電路兩大部分組成。實驗用到的器材如下：A.待測電阻B.靈敏電流計GC.定值電阻D.粗細均勻的電阻絲AB(總長為L=60.00cm)E.滑動變阻器RF.線夾、電源、開關以及導線若干G.電源(電動勢為3V)①在閉合開關S前，可將線夾P2大致固定于電阻絲AB中部位置，滑片P1應置于a端。閉合開關后，先移動滑動變阻器的滑片P1至某一位置，然后不斷調節(jié)線夾P2所夾的位置，直到靈敏電流計G示數為零，測出此時AP2段電阻絲長度x=12.00cm，則的阻值計算式為_________(用、L、x表示)，代入數據得=_________Ω；②為減小因電阻絲粗細不均勻帶來的誤差，將定值電阻換成電阻箱，并按照①中的操作，電阻箱的阻值記為；然后將電阻箱與交換位置，保持線夾P2的位置不變，調節(jié)電阻箱，重新使靈敏電流計G示數為零，此時電阻箱的阻值記為，則電阻=_________。三、計算題：本大題共4小題，共47分。13.2023年5月5日，“華龍一號”核電機組全球首堆示范工程全面建成，用一個慢中子轟擊后裂變?yōu)楹?。已知中子質量為，的質量為，的質量為，的質量為，求總質量為m的鈾235完全裂變產生的能量E。14.游樂場中跳樓機的工作原理是：先把游客和座椅拉升到離地高H=126m處，使游客隨座椅一起自由下落，當下落到制動開關A位置時，觸發(fā)制動開始減速，到達地面時速度剛好為零(制動包含機械制動和電磁制動)。整個裝置簡化圖如圖：MP為安全高度限制金屬橫桿，MN、PQ為豎直光滑平行導軌，導軌寬度L=10m，游客和座椅可視為質量：m=2×103kg、長度為L的水平金屬桿，金屬桿的電阻R=0.1Ω，運動時始終與導軌垂直，制動開關A點下方區(qū)域(含A點所在水平邊界)存在垂直于導軌平面向里的勻強磁場。若金屬桿進入磁場時的速度大小為144km/h、加速度大小a=3g，機械制動提供的拉力F=4×104N，金屬桿與導軌始終接觸，忽略空氣阻力，MP與導軌的電阻不計，重力加速度g=10m/s2。求：(1)制動開關A離地面的高度。(2)該磁場磁感應強度的大小B。(3)金屬桿從MP運動到NQ的過程中，通過金屬桿的電荷量q。15.有一款三軌推拉門，門框內部寬為2.4m，三扇相同的門板如圖所示，每扇門板寬為d=0.8m，質量為m=20kg。與軌道的動摩擦因數為μ=0.01。在門板邊緣凸起部位貼有尼龍搭扣，兩門板碰后可連在一起，現將三扇門板靜止在最左側，用力F水平向右拉3號門板，一段時間后撤去，取重力加速度g=10m/s2。(1)若3號門板左側凸起部位恰能與2號門板右側凸起部位接觸，求力F做的功W；(2)若F=12N，3號門板恰好到達門框最右側，大門完整關閉。求：①1號門板與2號門板碰撞前瞬間的速度大小v；②拉力F的作用時間t。16.如圖所示，空間坐標系O-xyz內有一由正方體ABCD-A1B1C1D1和半圓柱體BPC-B1P1C1拼接而成的空間區(qū)域，立方體區(qū)域內存在沿軸負方向的勻強電場，半圓柱體區(qū)域內存在沿軸負方向的勻強磁場。M、M1分別為AO、A1O1的中點，N、N1分別為BC、B1C1的中點，P、P1分別為半圓弧BPC、B1P1C1的中點，Q為MN的中點。質量為m、電荷量為q的正粒子在豎直平面MNN1M1內由M點斜向上射入勻強電場，入射的初速度大小為，方向與x軸正方向夾角為θ=53°。一段時間后，粒子垂直于豎直平面BCC1B1射入勻強磁場。已知正方體的棱長和半圓柱體的直徑均為L，勻強磁場的磁感應強度大小為，不計粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.3。(1)求勻強電場的電場強度E的大??；(2)求粒子自射入電場到離開磁場時的運動時間t；(3)若粒子以相同的初速度自Q點射入勻強電場，求粒子離開勻強磁場時的位置坐標?！飬⒖即鸢浮铩?.〖答案〗B〖解析〗A.“破鏡難圓”是由于分子間距較大，分子之間的相互作用力較小，不能說明分子間沒有相互作用力，故A錯誤；B.“送人玫瑰，手有余香”手上留有香味分子，說明分子在不停地運動，故B正確；C.“只聞其聲，不見其人”說明聲波在傳播過程中可以發(fā)生衍射，故C錯誤；D.在波的傳播過程中介質中質點在平衡位置附近做簡諧振動，并不沿著波的傳播方向遷移，故D錯誤。故選B。2.〖答案〗A〖解析〗A、人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A正確；B、設大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F即為他們合力，根據幾何關系則有，腳掌所受地面豎直向上的彈力約為，聯立可得：，則人緩慢搬起重物的過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F逐漸變小，故B錯誤；C、人緩慢搬起重物的過程中，動能不變，重力勢能增大，故機械能增加，故C錯誤；D、人對重物做的功等于重物機械能的增加量，故D錯誤。故選：A。3.〖答案〗D〖解析〗A、根據愛因斯坦光電效應方程結合動能定理可得：，，可知入射光的頻率越高，光電子的最大初動能越大，對應的遏止電壓越大。甲光、丙光的遏止電壓相等，所以甲光、丙光的頻率相等，波長相等；甲光、丙光的遏止電壓小于乙光，則甲光、丙光的頻率小于乙光，甲光、丙光的波長大于乙光，故A錯誤；B、由于乙的頻率大于丙的頻率，則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錯誤；C、由于甲光的頻率小于乙光的頻率，則不可能出現甲光為藍光，乙光為紅光，故C錯誤；D、由于甲光的頻率小于乙光的頻率，則甲光的光子能量小于乙光光子能量，處于基態(tài)的氫原子吸收乙光能躍遷到更高的能級，則吸收乙光后共能發(fā)出超過6種頻率的光，故D正確。故選：D。本題考查愛因斯坦光電效應方程、能級躍遷規(guī)律、光學的基本知識，綜合性較強，難度適中，是一道練習光學、原子物理的一道好題。根據愛因斯坦光電效應方程結合動能定理可比較甲乙頻率關系，從而比較波長關系；由乙丙頻率關系得出二者折射率關系，從而得出折射角關系；通過甲乙頻率關系判斷甲乙可能為那種色光；結合能級躍遷規(guī)律可確定吸收哪一種光可能躍遷到更高能級從而確定可能發(fā)出光的種類。4.〖答案〗C〖解析〗A.根據第一宇宙速度和第二宇宙速度的關系，可以判斷該項；B.根據探測器做近心運動，判斷每次經過P點的速度越來越?。籆.根據開普勒第三定律，結合半長軸關系判斷周期關系；D.根據開普勒第二定律，判斷繞火星運行時在同一軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等。在處理天體運動問題時，要注意開普勒三定律的理解，另外要注意天體運動的變軌原理?！窘獯稹緼.探測器在星箭分離后，將要脫離地球束縛，此時的速度為第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，故A錯誤；B.由圖可知，探測器做近心運動，故每次經過P點的速度越來越小，故B錯誤；C.由圖可知，繞火星運行時，在捕獲軌道上的半長軸最大，根據開普勒第三定律可知，在捕獲軌道上的周期最大，故C正確；D.根據開普勒第二定律可知，繞火星運行時在同一軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等，故D錯誤。故選：C。5.〖答案〗B〖解析〗該女生身高約h=1.6m，每次上半身重心上升的距離約為：她每一次克服重力做的功為：1min內她克服重力所做的總功為：=40W=40×96J=3840J她克服重力做功的平均功率為：=64W，約為70W，故B正確，ACD錯誤故選：B。6.〖答案〗C〖解析〗本題考查波動圖象和振動圖象問題，關鍵是會根據質點的振動方向來判斷波的傳播方向，抓住振動圖象和波動圖象之間的內在聯系。根據甲、乙兩圖分別讀出簡諧波的波長和周期，根據求解簡諧波的波速；分析所給時間與周期的關系，確定質點通過的路程，質點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移?！窘獯稹緼.由圖乙可知，t=0時刻，質點M向上振動，根據“上下坡”法并結合圖甲可知，波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；B.由圖可知=4m，T=2s，所以波的傳播速度為=2m/s，故B錯誤；C.由于，所以質點M在7s內通過的路程為s=3×4A+2A=280cm，故C正確；D.質點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故D錯誤。故選C。7.〖答案〗〖解析〗本題考查氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律的應用，關鍵是知道p-V圖象中圖象與坐標軸包圍的面積等于氣體壓力做的功，應用熱力學第一定律要注意符號法則?！窘獯稹緼.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體的壓強先減小后增大，不是等壓膨脹過程，故A錯誤；B.等溫線的形狀不是圓弧，從狀態(tài)c到狀態(tài)d不是等溫變化過程，故B錯誤；C.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，根據，初末狀態(tài)的壓強相等，體積增大，溫度升高，內能增大，體積增大對外做功，根據熱力學第一定律，氣體吸收熱量，故C錯誤；D.從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內能不變；由于p-V圖像與橫軸所圍幾何圖形的面積表示功，從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外做功，從狀態(tài)c到狀態(tài)a，外界對氣體做功，根據圖像可知，從狀態(tài)a經b、c、d回到狀態(tài)a，全程是外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，故D正確。故選D。8.〖答案〗〖解析〗AB.實線所表示的過程初始電流較小，故接入的電阻應該為大的電阻，即，此時充電時間較長，即電容器充電越慢，A、B錯誤；CD.根據公式知I-t圖像與橫軸所圍面積表示電荷量，充電結束電容器所帶電荷量q=CE兩次相等，所以實線與橫軸所圍面積等于虛線與橫軸所圍面積，C錯誤，D正確。故選D。9.〖答案〗C〖解析〗本題考查霍爾效應，通過左手定則分析載流子的偏轉方向，從而確定電勢的高低。當穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力平衡，據此列式，結合電流的微觀表達式，得出電勢差的表達式，然后進行分析?！窘獯稹緼.電子定向移動方向與電流方向相反，應為Q→P，故A錯誤；B.由左手定則知，電子向M表面偏轉，M表面電勢低于表面電勢，故B錯誤；C.穩(wěn)定時，洛倫茲力與電場力平衡，有，解得，故C正確；D.根據電流微觀表達式，聯立解得，故D錯誤。故選C。10.〖答案〗B〖解析〗AB.金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab，cd加速度，，之后回路中出現感應電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，當時，不再變化，回路中的電流不再變化，但是兩金屬棒的速度仍在增大。故A正確，與題意不符；B錯誤，與題