2023-2024学年江苏省南通苏北七市高三（第三次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江苏省南通苏北七市高三（第三次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，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.战国时期的《甘石星经》最早记载了部分恒星位置和金、木、水、火、土五颗行星“出没”的规律.现在我们知道( )
A. 恒星都是静止不动的B. 行星绕太阳做圆周运动
C. 行星绕太阳运行的速率不变D. 各行星绕太阳运行的周期不同
2.1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖.如图所示，云室里封闭一定质量的气体.现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体( )
A. 温度升高B. 压强减小C. 向外放出热量D. 分子的数密度增大
3.如图甲所示，系着细棉线的铁丝环从肥皂液里取出时留下一层薄膜，用烧热的针刺破左侧薄膜后，棉线和薄膜的形状如图乙所示.则( )
A. 图甲中，两侧薄膜对棉线均没有作用力
B. 图甲中，薄膜的表面层与内部分子间距离相等
C. 图乙中，薄膜收缩使棉线绷紧
D. 图乙中，棉线某处受薄膜作用力方向沿棉线切线方向
4.汤姆孙利用电子束穿过铝箔，得到如图所示的衍射图样.则( )
A. 该实验现象是电子粒子性的表现
B. 该实验证实了原子具有核式结构
C. 实验中电子的物质波波长与铝箔中原子间距差不多
D. 实验中增大电子的速度，其物质波波长变长
5.如图所示，在示波管水平极板YY′加电压U1、竖直极板XX′加电压U2后，亮斑会偏离荧光屏中心位置.能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是( )
A. 增大U1B. 减小U1C. 增大U2D. 减小U2
6.我国成功研制出高纯度钼100(42100M).用高频光子轰击钼100得到钼99(4299M)，钼99衰变生成医学常用的元素锝99(4399Tc)，衰变方程为 4299M→4399Tc+x.则( )
A. x为正电子B. 4299M与 42100M中子数相同
C. 4299M比 42100M的结合能小D. 4399Tc比 4299M的比结合能小
7.某学习小组设计了改变电容器极板间电压的电路，电压表可视为理想电表.下列电路中，电容器极板间电压变化范围较大的是( )
A. B.
C. D.
8.我国科学家利用脑机接口技术帮助截瘫患者实现意念控制体外仪器.植入患者颅骨内的微处理器，将意念对应的低频神经信号，通过高频载波无线传输给体外仪器.则( )
A. 高频载波属于纵波
B. 使高频载波随低频神经信号改变的过程属于调制
C. 体外接收电路的固有频率与低频神经信号的频率相等
D. 体外接收电路中的信号经过调谐还原出低频神经信号
9.如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水银与玻璃管的质量相等.现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，重力加速度为 g，则( )
A. 释放瞬间，水银的加速度大小为g
B. 释放瞬间，玻璃管的加速度大小为2g
C. 释放瞬间，水银内部各处压强相等
D. 释放后，水银与玻璃管始终以相同速度运动
10.如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带电小球A，绳两端点P、Q固定，整个空间存在匀强电场.小球静止时，轻绳绷紧， AP水平、AQ竖直.下列说法中正确的是( )
A. 匀强电场方向水平向右
B. 球受到的电场力与重力大小相等
C. P缓慢竖直向上移动少许，绳中张力增大
D. Q缓慢水平向右移动少许，球的重力势能增大
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
11.实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”时，用图甲所示的装置进行实验.实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力.
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=__________mm.
(2)下列说法中正确的是__________.
A.槽码的质量应远小于滑块的质量
B.气垫导轨右端应比左端高
C.先释放滑块再打开气垫导轨的气源
(3)实验小组用如下方法测量滑块的加速度a:将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，两个光电门间的距离为L，则滑块的加速度大小a=__________(用字母t1、t2、L、d表示).
(4)为了减小偶然误差，该小组同学设计了另一种方案：测得遮光条从光电门1到2的时间为t，两个光电门间的距离为L，保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L和t的数据，作出了Lt−t图像如图丙所示，已知纵轴截距为v0，横轴截距为t0.则v0表示遮光条通过光电门__________(选填“1”或“2”)时的速度大小，滑块的加速度大小a=__________.
(5)保持槽码质量m不变，改变滑块质量M，探究滑块加速度a与质量M的关系，将槽码重力mg代替细线拉力F，引起的相对误差δ表示为δ=mg−FF×100%，请写出δ随M变化的关系式：__________.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
12.如图甲所示，边长l=1.0m的单匝正方形线框abcd垂直放置在有界匀强磁场中，线框连接阻值R=5.0Ω的电阻，磁感应强度B按图乙所示的规律变化，线框电阻不计.求：
(1)t=2s时，线框ab边受到的安培力大小F;
(2)0∼5s内电阻R中产生的焦耳热Q.
13.如图所示，三棱镜ABC的AC面与BC面垂直，∠A=60∘，BC面镀银.一束单色光从AB面上的D点射入，入射角为45∘，光恰好沿原路返回.已知A、D间距离为L，真空中光速为c.
(1)求三棱镜对该单色光的折射率n;
(2)将入射光线绕D点逆时针旋转一定角度，光线射入三棱镜后，经BC面反射到AC面上E点时恰好发生全反射，DE平行于BC.求光从D点传到E点的时间t.
14.如图所示，足够大的光滑板固定在水平面内，板上开有光滑的小孔O，细线穿过小孔，将小球A、B、C拴接.小球A在光滑板上做匀速圆周运动，小球B、C自然下垂处于静止状态.已知小球A、B、C的质量均为m，小球A到小孔O的距离为L，重力加速度为g.
(1)求小球A做圆周运动的速度大小v0;
(2)剪断B、C间细线瞬间，小球A的加速度大小为aA，求此时小球B的加速度大小aB;
(3)剪断B、C间细线后，小球B运动到最高点的过程中(小球B未与板接触)，细线对小球B做的功为W.求小球B运动到最高点时小球A的角速度大小ω.
15.如图所示，在xOy平面y>0的区域内有沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，在y<0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.一质量M=3m、电荷量为+q的带电粒子甲从坐标为(0,l)的P点由静止释放，进入磁场后与静止在Q点的不带电粒子乙发生弹性碰撞， Q点的坐标为(l,−l)，乙的质量为m，碰后两粒子电荷量均为+q2.不计粒子的重力及碰后粒子间的相互作用.
(1)求磁感应强度大小B;
(2)求碰撞后粒子甲、乙在电场中运动到离x轴的最大距离之比y甲y乙;
(3)从纵坐标y=4l的某些位置由静止释放粒子甲，仍能使两粒子发生碰撞，求粒子甲释放点的横坐标x.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了卫星运行规律、开普勒行星运动定律，属于常识性问题，关键平时要加强记忆，注重积累。
恒星都在不停地高速运动；
太阳系中所有行星都绕太阳做椭圆运动；
根据开普勒行星运动定律的内容解得即可。
【解答】A.恒星处于不停地运动变化之中，故A错误；
B.太阳系的中心是太阳，所有行星都绕太阳做椭圆运动，故B错误；
C.按照开普勒行星第二定律可知：行星绕太阳运行的速度在近日点速度大，远日点速度小，故C错误；
D.按照开普勒行星第三定律可知，由于各行星围绕太阳运动的椭圆的半长轴大小不同，所以各行星绕太阳运行的周期不同，故D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题以威尔逊云室为情境，考察对热学知识的认识和理解，涉及到气体压强的微观解释及热力学第一定律。解题的关键是要根据题意，分析气体做功及热传递情况，得到气体的状态变化。【解答】
迅速向下拉动活塞，可认为气体与外界没有热传递，既不吸热，也不放热，由于向下拉活塞，气体的体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律知气体的内能减小，温度降低；气体的体积变大，气体分子数密度减小，根据气体压强的微观解释可知，气体压强减小；综上所述，B正确，ACD错误；
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查液体的表面张力，比较简单。解题的关键是要知道液体表面张力的产生原因及液体表面张力的方向。【解答】
A、图甲中，两侧薄膜对棉线均有作用力，A错误；
B、图甲中，薄膜的表面层与内部分子间距离不相等，B错误；
C、图乙中，薄膜收缩使棉线绷紧，C正确；
D、图乙中，棉线某处受薄膜作用力方向垂直棉线切线方向，D错误；
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了粒子的波动性；知道光具有波粒二象性。
光具有波粒二象性，光的干涉、衍射等说明光具有波动性；光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性；该图是电子的衍射现象，故该图说明电子具有波动性，结合衍射条件分析。
【解答】AB.汤姆孙利用电子束穿过铝箔得到的衍射图，证实电子具有波动性，故AB错误；
C.由于电子束穿过铝箔得到衍射图，说明实验中电子的物质波波长与铝箔中原子间距差不多，故C正确；
D.电子速度越大，则电子的物质波波长就越短，所以其波动性就越不明显，故D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
在竖直方向YY′加电压U1，电子做匀加速直线运动，由运动的独立性可知运动的时间不变，使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的方法是增大U1，根据位移与时间的关系公式求解即可。
【解答】
在竖直方向YY′加电压U1，电子做匀加速直线运动，由运动的独立性可知使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的方法是增大U1，竖直方向的位移y=12U1qdmt2，位移y增大，故A正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了核反应方程、结合能和比结合能；理解核反应前后的特点，结合结合能和比结合能的概念即可完成分析。
根据核反应方程分析x；
根据质量数等于质子数与中子数之和分析；
根据结合能、比结合能分析。
【解答】A.核反应方程中质量数与电荷数守恒，故x质量数为A=99−99=0，电荷数为z=42−43=−1，所以x是负电子，故A错误；
B. 4299M中子数为99−42=57， 42100M中子数100−42=58，中子数不同，故B错误；
C.用高频光子轰击钼100得到钼99，结合能减小，所以 4299M比 42100M的结合能小，故C正确；
D.比结合能越大，原子核越稳定， 4299M衰变生成 4399Tc，说明 4399Tc原子核比 4299M原子核更稳定， 4399Tc比 4299M的比结合能大，故D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查串联和并联电路的基本特点。解题的关键是要知道串联和并联电路的特点及电容器在电路中相当于断路。
【解答】
A.电路结构中电容器相当于与滑动变阻器左侧电阻并联，故电容器极板间电压变化范围较大，A正确；
B.电路结构中电容器相当于与外电路并联，故电容器极板间电压变化范围较小，B错误；
C.电路结构中外电路断路状态，电容器两端电压即电动势，C错误；
D.电路结构中外电路断路状态，电容器两端电压即电动势，D错误；
故选A；
8.【答案】B
【解析】【分析】
无线电波是横波；电磁波的发射过程要经历调制，有调频与调幅之分；电磁波的接受过程要经历调谐和解调．
本题关键是熟悉传递信息的电磁波的发射和接受过程，记住各个环节的名称即可．
【解答】
A、高频载波属于无线电波，无线电波是横波，故A错误；
B、将待传递的音频、视频信号加载到高频载波信号上的过程叫调制，使高频载波随低频神经信号改变的过程属于调制，故B正确；
C、使接收电路产生电谐振的过程叫调谐，体外接收电路的固有频率与高频神经信号的频率相等，故C错误；
D、音频、视频信号从高频载波信号上分离或还原出来的过程叫解调，体外接收电路中的信号经过解调还原出低频神经信号，故D错误。
故选：B。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的水银柱和玻璃管模型，在释放瞬间水银柱受力情况不发生改变，玻璃管受力分析求出加速度，根据压强的公式求水银柱内部的压强变化，得到水银与玻璃管相对运动。
【解答】
ABD、释放瞬间，水银的重力和空气的支持力均不变，合力为零，加速度大小为零，玻璃管受重力和空气向下的压力，合力为2mg，加速度大小为2g，即二者发生相对运动，速度不相同，故A D错误，B正确；
C、释放瞬间，水银仍保持原来的状态，内部压强随着深度的增大而增大，故C错误。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了带电物体在电场、重力场中的动态平衡问题，关键是抓住同一根绳上力大小相等、两绳的合力与电场力与重力的合力等大反向。【解答】AB、对带电小球A受力分析可知，A受AP绳FAP、AQ绳拉力FAQ，且FAP=FAQ，FAP与FAQ合力沿左上方与水平方向成45∘角，
AB还受竖直向下的重力、电场力F。带电小球A处于平衡状态，合力为零，
故电场力与重力的合力沿右下方与水平方向成45∘角，故电场力大小、方向无法确定，故匀强电场方向无法确定，故AB错误；
C、P缓慢竖直向上移动少许，FAP′=FAQ′,由于电场力与重力的合力大小、方向不变，故平衡时AP绳与AQ绳一定还是垂直，绳中张力不变，故C错误；
D、Q缓慢水平向右移动少许，FAP′′=FAQ′′,假设A位置不变，FAP′′与FAQ′′合力沿左上方与水平方夹角大于45∘，由于电场力与重力的合力大小、方向不变，故小球A在FAP′′、FAQ ′ ′、电场力、重力的合力作用下向右上方移动，最终四力平衡，故球的重力势能增大。故D正确。
11.【答案】(1)5.25；
(2)A；
(3)(dt2)2−(dt1)22L；
(4)2、2v0t0；
(5)δ=mM×100%。
【解析】【分析】
本题考查力学实验探究：探究加速度与力、质量的关系。解题的关键要知道实验的有关原理及操作，会使用游标卡及读数，能根据光电门的测量数据结合有关原理分析速度及加速度。
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)根据实验的原理及操作进行分析；
(3)由速度位移关系分析加速度的表达式；
(4)根据结合图像进行分析；
(5)由实验原理及相对误差表达式分析δ随M变化的关系式。
【解答】
(1)根所图乙可知，游标卡尺读数：0.5cm+5×0.05mm=5.25mm；
(2)本实验探究加速度与力、质量的关系，用槽码的重力代替细线中的拉力需满足槽码的质量应远小于滑块的质量，A正确；气垫导轨应调水平，故B错误；实验时先开气垫导轨的气源，再释放滑块，故C错误；故选A；
(3)滑块在细线拉力作用下做匀变速运动，根据实验测得数据结合匀变速直线运动的速度与位移关系可得：a=v22−v122x=dt22−dt122L；
(4)根据题意结合小滑块的运动可知：L=v2t−12at2，故有：Lt=v2−12at，其中v2为滑块通过光电门2时的速度，结合图像可知，纵轴截距v0表示遮光条通过光电门2时的速度大小，滑块的加速度大小a=2v0t0；
(5)对滑块分析可得：F=Ma，对槽码分析可得：mg−F=ma，解得：F=MM+m⋅mg，又δ=mg−FF×100%，故δ=mg−MM+m⋅mgMM+m⋅mg×100%=mM×100%。
12.【答案】解：(1)0∼4s，线框中感生电动势E=ΔBΔtl2
线框中的电流 I=ER
t=2s时，磁感应强度B=2T
线框ab边受到的安培力F=BIl
解得F=0.4N；
(2)0∼4s，线框中电流恒为 I，4∼5s，线框中电流为0
电阻R中的焦耳热Q=I2Rt
解得Q=0.8J。
【解析】本题考查的是根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出安培力，根据焦耳定律求出焦耳热，本题难度不大，同学们应该能够掌握。
13.【答案】解：(1)由几何关系得折射角θ2=30∘
由n=sinθ1sinθ2
解得
n= 2 ；
(2)光线经BC面反射后恰好在E点全反射，临界角为 C
sinC=1n
设光线从D传到E的距离为x
x=2Lsin60∘sinC
光线在棱镜中传播的速度v
n=cv
光线从D传到E的时间t=xv
解得t= 3Lc 。
【解析】本题考查的是根据折射定律求出折射率，由全反射的条件求出临界角，由几何知识求出光在三棱镜中的光程，进而求出光从D点传到E点的时间t。
14.【答案】解：(1)球A做圆周运动，AB间绳中的张力为F1
球B、C静止 F1=2mg
球A匀速圆周运动F1=mv02L
解得v0= 2gL ；
(2)剪断BC间细线， AB间绳中的张力为F2
对球A有F2=maA
对球B有F2−mg=maB
解得aB=aA−g；
(3)球B由静止运动到最高点上升高度为h，由动能定理得
W−mgh=0
球A、B系统机械能守恒
mgh=12mv02−12mω2(L+h)2
解得ω= 2m2gL−2WmmgL+Wg。
【解析】本题考查的是由平衡条件分析BC静止绳子的拉力进而根据牛顿第二定律求出小球A做圆周运动的速度；由牛顿第二定律求出剪断B、C间细线瞬间绳子拉力的大小和小球B的加速度；再根据动能定理和系统机械能守恒求出小球B运动到最高点时小球A的角速度。
15.【答案】解：(1)设甲粒子由P点进入磁场时的速度为v0，由动能定理：
qEl=12Mv02−0
甲粒子进入磁场做圆周运动，半径为r0，则
r0=l
由牛顿第二定律：
qv0B=Mv02r0
解得磁感应强度大小B= 6mEql；
(2)设甲、乙粒子在Q点碰撞后的速度分别为v1、v2
由动量守恒定律：
Mv0=Mv1+mv2
由能量守恒定律：12Mv02=12Mv12+12mv22
解得v1=v02，v2=3v02
甲、乙粒子碰撞后在磁场中做圆周运动，半径分别为r1、r2，则
甲粒子，由牛顿第二定律：
q2v1B=Mv12r1
乙粒子，由牛顿第二定律：
q2v2B=mv22r2
解得r1=l，r2=l
甲、乙粒子均垂直进入电场，由动能定理：
甲粒子：−q2Ey甲=0−12Mv12
乙粒子：−q2Ey乙=0−12mv22
解得y甲y乙=13；
(3)设甲粒子从y=4l释放后，进入磁场速度为v3，由动能定理：
qE⋅4l=12Mv32−0
甲粒子在磁场中以v3做圆周运动的半径为r3，由牛顿第二定律：
qv3B=Mv32r3
解得r3=2l
若甲粒子从O1点进入磁场与乙粒子相碰，O1点距O点的距离为xO1，由几何关系：
xO1=l−(2l−2lcs30∘)
解得xO1=( 3−1)l
甲粒子释放点的横坐标x1=( 3−1)l−4nl(n=0,1,2,3⋯)
若甲粒子从O2点进入磁场与乙粒子相碰，O2点距O点的距离为x2，由几何关系：
xO2=(2l+2lcs30∘)−l
解得xO2=( 3+1)l
甲粒子释放点的横坐标x2=−( 3+1)l−4nl(n=0,1,2,3⋯)。

【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，涉及碰撞知识，弄清楚运动过程，是解题的关键。
(1)根据动能定理列方程得出甲粒子进入磁场时的速度大小，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力列方程得出磁感应强度大小；
(2)根据动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理和洛伦兹力提供向心力列方程得出碰撞后粒子甲、乙在电场中运动到离x轴的最大距离之比；
(3)根据动能定理、洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出粒子甲释放点的横坐标。