2023-2024学年江苏省南通市高三（下）第一次适应性调研考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市高三（下）第一次适应性调研考试物理试卷（含解析），共15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.碳14是一种放射性元素，碳14衰变后变成氮14，则
A. 碳14发生的是α衰变
B. 碳14、氮14的比结合能相等
C. 100个碳14原子核在经过一个半衰期后，一定还剩50个
D. 当氮14数量是碳14数量的3倍时，碳14衰变所经历的时间为两个半衰期
2.如图所示，新能源汽车由地面供电装置(主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源)将电能传送至轿车底部的感应装置(主要装置是接收线圈，并连接充电电池)，对车载电池进行充电．则
A. 增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B. 发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C. 为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D. 增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
3.在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1ml的纯油酸配制成xml的油酸酒精溶液，再将滴体积为V1的溶液滴入到准备好的浅盘中，浅盘中水的体积为V2，描出的油膜轮廓共占y个小方格，每格边长是l，则可估算出油酸分子直径为( )
A. V1l2V2B. xV1l2C. V1xyl2D. V1yl2V2
4.如图所示，载人飞船先后在圆形轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行，与天和核心舱刚好B点成功对接．已知轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r2，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则飞船( )
A. 在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期
B. 在轨道Ⅱ上的A点和B点的速度的大小之比为r2：r1
C. 在轨道Ⅱ上从A点运行到B点的过程中机械能减小
D. 先到Ⅲ轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接
5.如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘( )
A. 带正电荷B. 在P点的动量大小比在Q点的大
C. 在P点的电势能比在Q点的高D. 会被吸附到金属线上
6.氢原子的可见光光谱如图所示，谱线的波长满足公式1λ=R∞122−1n2(n=3、4、5、6，)，式中R∞是常量。已知四条光谱线对应的光照射某种金属，仅一种光能使该金属发生光电效应。则( )
A. Hα谱线对应的光子能量最大
B. Hα谱线对应的光子动量最大
C. Hα谱线对应的光子能使该金属发生光电效应
D. Hδ谱线是氢原子从第5激发态跃迁到第1激发态产生的
7.列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间t变化的关系图像如图所示，列车达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，则
( )
A. t2时刻，列车刚达到额定功率
B. 0−t1时间内，列车的功率随时间增大得越来越慢
C. t1−t2时间内，列车的合力的功率随速率均匀减小
D. 0−t2时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动
8.如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可忽略).如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计．则
A. 吸管上的气温计刻度是均匀的
B. 温度升高后，罐中气体压强增大
C. 用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会减小
D. 用更小的饮料罐，其余条件不变，可提高该气温计的测温灵敏度
9.一小球先后三次以相等的速率从地面同一点抛出，速度与地面的夹角分别为30∘、45∘和60∘，不计空气阻力，则小球在空中的轨迹关系可能正确的是
( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，左端有微小夹缝(距离可忽略)的“∠”形光滑导轨abc水平放置在竖直向上的匀强磁场中，一电容器C与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN与ab垂直，在外力F作用下从b点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列关于回路中的电流i、极板上的电荷量q、外力F及其功率P随时间t变化的图像中，正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S=10cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下：
电压表(量程15V，内阻约为30kΩ)；
电流表(量程300μA，内阻约为50Ω)；
滑动变阻器R1(10Ω,0.1A)；
滑动变阻器R2(20Ω,1A)；
电池组(电动势E=12V，内阻r=6Ω)；
单刀单掷开关一个；导线若干。
(1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆×100挡后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是______。
A. 换为×10挡，先机械调零再测量
B. 换为×1k挡，先机械调零再测量
C. 换为×10挡，先欧姆调零再测量
D. 换为×1k挡，先欧姆调零再测量
(2)实验中，滑动变阻器应选择______(选填“R1”或“R2”)。
(3)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整_________。
(4)实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的R−d图线，根据图像可得该导电溶液的电阻率ρ=_________Ω·m。(计算结果保留整数)
(5)有同学认为，小明在实验中未考虑电流表内阻的影响，用图像法计算的电阻率ρ必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由________。
三、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.在某种透明液体中有一单色点光源，光源距液面的距离为R，在液面上方可以观察到有光射出的部分是半径为R的圆面。已知光在真空中的传播速度为c。求：
(1)液体对该光的折射率n;
(2)射出的光线在液体中传播的最短时间t。
13.某同学用手握住绳子的一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，手抖动的频率为2Hz.以手的平衡位置为坐标原点，抖动绳子过程中某时刻的波形图如图所示，求：
(1)该波的波速大小v；
(2)从图示时刻起，x=5m处的质点再经过0.625s时间内的路程s．
14.如图所示，固定的倾斜轨道倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径为R的圆弧轨道相切、相连接，位置P为圆弧轨道的最低点．质量分别为2m、m的小球A、B用长L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连，A套在倾斜轨道上，B套在固定的竖直轨道上，竖直轨道过圆弧轨道的圆心O.现A受到一沿倾斜轨道向上的推力处于静止状态，此时轻杆与倾斜轨道垂直，撤去推力后，A由静止沿倾斜轨道、圆弧轨道运动．假设在运动过程中轻杆和竖直轨道不会碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g．
(1)求推力的大小F；
(2)求A运动至P点时的速度大小vA；
(3)A运动至P点时，轨道对A产生方向竖直向上、大小为FN的弹力，求此时B的加速度大小aB．
15.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术．如图所示，在xOy平面内存在区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为45°，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v=v0csθ，式中v0为未知定值，且θ=0°的离子恰好通过坐标为(L,L)的P点．不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应．
(1)求关系式v=v0csθ中v0的值；
(2)求离子通过界面x=L时y坐标的最大值ymax和最小值ymin；
(3)为回收离子，在界面x=L右侧加一宽度为L且平行于+x轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域，求电场强度的最小值E．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查原子核的β衰变、半衰期以及比结合能，都为基础知识点，熟悉教材，牢记这些基础知识点即可求解。
【解答】A、碳14经过衰变后变成氮14， 614C→ 714N+ −10e，发生的是β衰变，A错误；
B、 ​14C经过β衰变而变成 ​14N需要放出核能， ​14N比 ​14C更稳定，比结合能更大，B错误；
C、放射性元素的半衰期是大量的放射性元素的原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，C错误；
D、当氮14数量是碳14数量的3倍时，碳14数量占总原子核数量的14，衰变所经历的时间为两个半衰期，D正确。
2.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律，属于学生必会内容，解题关键在于通过线圈中提供了的变化情况，判断感应电流与感应电动势的变化情况。
【解答】A.仅增大发射线圈与接收线圈的间距，由于发射线圈直接连接家用电源，可知发射线圈产生的感应磁场的频率不变，则通过接收线圈中的磁通量变化率不变，则接收线圈中感应电流的频率不变， A正确；
B.由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下由于能量损耗，供电线圈和感应线圈的磁通量变化率不相等，B错误;
C.如果在接收线圈下再加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使接收线圈无法产生感应电流， C错误;
D.增大发射线圈与接收线圈的间距，则接收线圈中磁通量减小，接收线圈产生的感应电动势减小，则发射线圈与接收线圈两端电压之比变小，D错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，关键掌握估算油膜面积的方法和求纯油酸体积的方法
【解答】根据题意，设油酸分子的直径为d，在这一滴体积为V1的溶液里面，含有的油酸体积为：V1×1x=y×l2×d
根据上面的算式可以求出油酸的直径为：V1xyl2
故选：C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及开普勒三定律和卫星变轨等知识，基础题目。
根据开普勒第三定律直接可判断；根据开普勒第二定律直接可判断；根据飞船的受力情况分析即可判断；根据卫星变轨知识分析即可判断。
【解答】
A、轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径大，由开普勒第三定律知，飞船在轨道Ⅱ上运行的周期大于在轨道Ⅰ上运行的周期，故A错误；
B、由开普勒第二定律知，在轨道Ⅱ上的A点和B点的速度的大小之比vAvB =r2r1，故B正确；
C、飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点的过程只是万有引力作用，其机械能守恒，故C错误；
D、要使飞船与天和核心舱完成对接，应在低轨道上加速运动，而在Ⅲ轨道加速时飞船将做离心运动到更高的轨道，不可能与天和核心舱对接，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据除尘原理，尘埃在强电场作用下发生电离，吸附电子带负电，快速奔向筒壁，电场力对尘埃做正功，电势能减小，动能增加，动量增加。
【解答】
A、在强电场作用下，空气发生电离，粉尘会吸附电子带负电，尘埃在强电场作用下快速奔向筒壁， A错误；
B、电场力对尘埃做正功，电势能，动能增加，动量增加，在P点的动量比在Q点的大，B正确；
C、电场力对尘埃做正功，电势能减小，P点的电势能低于Q点的电势能，C错误；
D、粉尘受到指向侧壁的电场力，由Q点运动至P点，电势能减小，最终会附着在圆筒侧壁上，D错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】本题考查近代物理知识，需要重点掌握知道波粒二象性的相关理论、光电效应方程以及能级跃迁，能够灵活运用，难度不大。
【解答】A.由题图可知，Hα谱线的波长最长，根据E=hcλ知，光子能量最小，A错误；
B.根据波粒二象性的相关理论，由p=hλ可知的Hδ波长最短，动量最大，B错误;
C.光电效应方程Ekm=hν−W0=hcλ−W0,入射光的波长越长，逸出的光电子的最大初动能越小，Hα谱线的波长最长，若Hα谱线对应的光子能使该金属发生光电效应，则其他三条谱线对应的光子也能使该金属发生光电效应，但已知四条光谱线对应的光照射该金属，仅一种光能使该金属发生光电效应，故分析可得Hα谱线对应的光子不能使该金属发生光电效应，C错误；
D.Hδ谱线是氢原子从n=6能级跃迁到n=2能级时辐射的谱线，即从第5激发态跃迁到第1激发态产生的，D正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】本题考察机车启动问题，图像给出的是合外力与时间的关系，分析图像可知物体开始时，匀加速，后来变加速，最后匀速运动。根据功率的知识，可以分析出物体的运动过程。
【解答】A选项，t2时刻，列车刚达到最大速度，而不是额定功率，额定功率在t1时已经达到；
B选项，0∼t1时间内，列车的功率随时间均匀增大，因为阻力恒定，合力恒定的话，意味着牵引力很定，加速度也恒定，所以物体做匀加速运动，速度均匀增加，故功率均匀增加；
C选项正确，P合=FV=(F牵−f)V=(P牵V−f)V 式中t1∼t2时，牵引力的功率恒定，V增大，fV增大，所以合力的功率随速率均匀减小；
D选项错误，t2时刻后，才匀速运动。
故选：C。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查学生对气体发生等压变化的理解，根据盖−吕萨克定律的分析解答。
【解答】
AB、根据题意可知，罐内气体做等压变化，根据盖−吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即VT=C=ΔVΔt，根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有Δt=ΔVC=SCΔx，L1S+V0T1=C，则Δt=T1SL1S+V0Δx，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故A正确，B错误;
C、根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为Δx=L1+V0ST1Δt，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故C错误。
D、根据题意及B分析可知，ΔxΔt=L1S+V0T1S，可知，若换用更小的饮料罐，其余条件不变，该气温计的测温灵敏度会变小，故D错误;
9.【答案】C
【解析】【分析】
解题关键是能够正确分解小球的运动，理解三个完全相同速度大小的球在竖直方向上的分运动，根据的对称性，时间相等，再由运动的独立性原理就出水平运动的位移比较即可。
【解答】
解：由题分析可知，小球上升的过程均做加速度为−g的匀减速直线运动，设初速度为V则有：Vsinθ=gt 由对称性可知，下降运动的时间和上升运动的时间相同可表示为： t=Vsinθg ，故整个过程的时间为2t．
水平运动的位移可以表示为：x=Vcsθ×2t=V2sin2θg．
由上式可知：sin2θ=1 时，水平位移x最大，故45∘的时候位移最大。
又sin120=sin60，故倾角为30∘和60∘水平的位移相等，即落在同一点。
故选：C
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查导体棒切割磁感线运动的问题。由题意，结合运动学公式和几何关系求得导体棒切割磁感线的有效长度，即可求得感应电动势，电容器两端的电压等于感应电动势，由电容的定义式可得电容器极板上的电荷量与时间的关系式，即可判断q−t图象的形状；结合电容器极板上电荷量的变化量，根据电流的定义式可得回路中的电流与时间的关系式，即可判断电流时间图象的形状；由安培力大小公式，结合题意可得外力F的表达式，即可判断F−t图象的形状；根据公式P=Fv可得外力的功率的表达式，可判断P−t图象的形状。
【解答】
A.根据题意，设bc和ba的夹角为θ，导体棒的运动时间为t，此时，导体棒运动距离为x=vt，由几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L=vttanθ，感应电动势为E=BLv=Bv2ttanθ，由题意可知，电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q=CU=CBv2ttanθ，故A错误；
B.由A分析可知，0−t时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq=CBv2Δttanθ，回路中的电流为i=ΔqΔt=CBv2tanθ，故B错误；
C.根据题意，由公式F安=BIL可知，外力为F=F安=BIL=CB2v3ttan2θ，故C错误；
D.根据公式P=Fv可得，外力的功率为P=CB2v4ttan2θ，故D正确。
11.【答案】(1)D；
(2)R2；
(3)
(4)96；
(5)不正确，因为用图像的斜率求电阻率时，电流表内阻对斜率无影响。
【解析】【分析】
本题为测定液体电阻率的实验，明确实验原理是解题关键，实验先通过欧姆表测电阻，要注意先选档位再欧姆调零。然后通过伏安法测电阻，设计电路时注意滑动变阻器的接法以及电流表的接法，根据电路特点、欧姆定律以及电阻定律得出R−d关系式，分析图像的关系式，分析斜率的物理意义即可得出结论。
【解答】
(1)从读数可知电阻比较大，为了减小误差，应使用大挡位测量，选择×1k挡，然后欧姆调零，再次测量，所以选择D；
(2)电阻R1允许通过的最大电流较小，当导电溶液短路时通过电路的电流约为：1220+6A≈0.46A，大于R1的0.1A，故该实验需要尽可能多的测量数据，所以控制电路应该选择分压式电路，所以其滑动变阻器应该选择R2。
(3)根据欧姆表粗测可知待测液体电阻为大电阻，而题中所给滑动变阻器的最大阻值较小，同时需要多组数据，所以滑动变阻器需要选择分压式的接法，从数据中大概看出待测电阻和电压表的内阻比较接近，属于大电阻，所以电流表采用内接法，实物图如图所示；
(4)根据R=ρdS=ρSd，可知R−d图线斜率k斜=ρS，选择较远的两组数据计算斜率，代入数据后得到导电溶液的电阻率为96Ω⋅m；
(5)考虑到电流表内接，R总=UI=ρSd+RA，可知R−d图线斜率仍为ρS，所以计算的结果与真实值相比不会发生变化，故该同学的观点不正确。
12.【答案】解：(1)由几何关系得C=45∘
折射率n=1sinC
解得n= 2
(2)折射率n=cv
最短时间t=Rv
解得t= 2Rc
【解析】(1)根据全反射临界角公式解得折射率；
(2)根据n=cv推出v=cn，分析光线沿竖直方向射出传播路程最短，则可求解最短时间。
本题考查了全反射定律。
13.【答案】(1)由图像可知，波长λ=2×(11−5)m=12m；
波速v=λf，
解得v=24m/s
(2)周期T=1f=0.5s
因为t=0.625=5T4，质点一个周期内的路程是振幅的4倍，振幅A=0.3m，则5T4内质点经过的路程为s=5A，
解得s=1.5m
【解析】本题考查的是波动图像，要学会从波形图上读取波长和振幅，理解波长、波速和频率的关系，能够计算质点的路程。
14.【答案】解：(1)对A： F−2mgsinθ=0
解得F= 3mg；
(2)过O点向AB作垂线，垂足为C，根据几何关系可知BO=R，OC= 32R
A运动到P点时vB=0
系统机械能守恒2mg[ 32Rsin60∘+R(1−cs60∘)]+mg(2R−L)=12⋅2mvA2
解得vA= 3gR；
(3)A运动到P点时
对A：FN−2mg−F=2mvA2R
对B：F−mg=maB
解得：aB=FNm−9g。
【解析】经典力学问题一般先对小球A、小环B进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿运动定律、系统机械能守恒及几何关系求解。
(1)A受到一沿倾斜轨道向上的推力处于静止状态，对A受力分析可得推力的大小；
(2)根据几何关系结合小球A和小环B组成的系统，机械能守恒，即可求得A运动至P点时的速度大小。
(3)A运动到P点时，小球A、小环B进行受力分析根据牛顿运动定律可得此时B的加速度大小。
15.【答案】解：(1)由于θ=0∘的离子恰好通过坐标为(L,L)的P点
离子运动半径r0=L
牛顿第二定律qv0B=mv02r0
解得v0=qBLm
(2)对于任意的速度方向与y轴成θ角的离子，设其在磁场中的运动半径为r
牛顿第二定律qvB=mv2r
v=v0csθ
解得r=Lcsθ
当θ=45∘时rm= 2L
最大值为ymax=rm+rmsin45∘=( 2+1)L
最小值为ymin=rm−rmsin45∘=( 2−1)L
(3)须保证最大速度为 2v0的离子不能穿越电场区域，该离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为v，对该离子
竖直方向运用动量定理有Bqvx⋅△t=m△vy−0
求和得BqL=mv
又由动能定理得−EqL=12mv2−12m( 2v0)2
解得电场强度的最小值E=qB2L2m。
【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粒子在电场和磁场中的受力情况和运动规律，利用牛顿第二定律、圆周运动的知识，动量定理分析计算。