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所属成套资源：【高考模拟】2024年高考物理考前信息必刷卷（多地区）
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信息必刷卷03-2024年高考物理考前信息必刷卷（江苏专用）
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这是一份信息必刷卷03-2024年高考物理考前信息必刷卷（江苏专用），文件包含信息必刷卷03-2024年高考物理考前信息必刷卷江苏卷原卷版docx、信息必刷卷03-2024年高考物理考前信息必刷卷江苏卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
绝密★启用前
2024年高考物理考前信息必刷卷03
（江苏卷）（解析版）
江苏省高考物理试卷的试题型式从2023年变为：11（单选题）＋1（实验题）＋4（计算题），六册课本知识融合到整个试卷中，不出现分块命题。命题依然根据江苏省新高考大纲要求，注重从日常生活实际情境中选取素材，考查考生对基本概念和规律的物理本质的理解；考查考生分析并解决原始问题、实际问题的能力；考查考生发现问题、表述问题、分析论证并解决问题的能力。
该卷中，从 “福建舰”（电磁弹射匀加速直线运动）、航空航天（卫星发射）、冬奥会大跳台滑雪（斜面上的平抛运动），到生活中的“战绳”（机械波）、静电除尘机（静电场）、伽马刀治疗癌症（原子物理）、自动分拣装置（利用简单的传感器制作控制装置实验）等方面，引出其中蕴含的物理知识。解决这些问题的关键，认真读题，抽丝剥茧，提取关键信息，与平时所学物理知识进行关联，进行答题。
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1．如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当缓慢增大时，每根斜杆受到地面的（ ）
A. 支持力增大 B. 支持力减小
C 摩擦力增大 D. 摩擦力减小
【答案】C
【解析】对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析。整体所受重力与地面给的支持力平衡。设整体重力为G，则每根斜杆受到地面的支持力
即θ变化不影响支持力大小。每根斜杆中的力在水平方向为
随着角度θ缓缓增大则增大，f也增大。故选C。
2．“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为，弹射系统向战斗机提供初速度大小为，当战斗机速度达到时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞
B. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞
C. 若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞
D. 战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【答案】B
【解析】战斗机需在甲板上滑行的时间为，故A错误；战斗机在甲板上滑行的距离为，故B正确；由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，则战斗机相对甲板滑行的距离为d=135m-x0，故C错误；战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。故选B。
3．如图所示是主动降噪耳机的降噪原理图。在耳机内有专门用于收集环境噪声的麦克风，耳机收集环境噪声后通过电子线路产生与环境噪声相位相反的降噪声波，再与环境噪声叠加，从而实现降噪效果。如图是理想的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应耳机产生的等幅反相降噪声波，则此图中的（ ）
A. 降噪过程属于多普勒效应
B 降噪声波频率等于环境噪声频率
C. 降噪过程属于声波的干涉且P点振动加强
D. P点空气经一个周期向外迁移距离为一个波长
【答案】B
【解析】由题图可知，降噪声波与环境声波波长相等，在同一种介质中传播速度相等，则频率相同，叠加时发生干涉现象，由于两列声波振幅相同、相位相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点振动减弱，故AC错误，B正确；波传播过程质点并不随波迁移，故D错误。故选B。
4．一质量为m，带电量为-q的小球从水平放置的带正电+Q圆环的轴线处A点由静止释放，A、A'关于O点对称，下列判断正确的是（ ）
A. 小球在O点处动能最大B. 小球在O点的加速度最大
C. 小球在O点的电势能最小D. 小球可能在A、A'间往复运动
【答案】C
【解析】
【详解】小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和电场力，重力和电场力对小球做正功，小球的动能增大，在O点时，电场强度是零，小球受电场力是零，此时只受重力，小球的动能继续增大，因此小球在O点处的动能不是最大，A错误；小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和电场力，其合力大于重力，则加速度大于重力加速度，小球在O点时只受重力，加速度等于重力加速度，因此小球在O点的加速度不是最大，B错误；小球从A点到O点的运动中，电场力对小球做正功，电势能减小，小球穿过O点后，受电场力方向向上，电场力做负功，电势能增大，因此小球在O点的电势能最小，C正确；若小球只受电场力作用，因A、A'关于O点对称，则小球可能在A、A'间往复运动，可小球从A点运动到A'点，小球受电场力的作用同时又受重力作用，重力方向一直向下，因此小球不可能在A、A'间往复运动，D错误。故选C。
5．滑雪运动越来越受到青少年们的青睐。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图甲所示，图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图，A为助滑道的最高点，D为助滑道的最低点，B为跳台起跳点，起跳区DE近似水平面，着陆坡道为倾角θ=30º的斜面。在某次训练中，运动员从A点由静止开始下滑，到起跳点B沿水平方向飞出，最后落在着陆坡道上的C点。A、B、C、D在同一竖直平面内，已知BC间的距离L=40m，不计一切阻力和摩擦，取重力加速度g=10m/s2。则下列结论不正确的是（ ）
A．运动员在空中飞行的时间为2s
B．运动员在B点起跳时的速度大小为
C．运动员在C点着陆时的速度大小为
D．运动员在空中离坡道BC的最远距离是
【答案】B
【解析】依题意，运动员在BC段做平抛运动，可得运动员在空中飞行的时间为；故A正确；运动员在B点起跳时的速度大小为；故B错误；运动员在C点着陆时的速度大小为，故C正确；在B点，将运动员的速度及加速度分解在垂直斜面BC和平行斜面BC方向上，当运动员在垂直斜面方向上的分速度减为0时，运动员在空中离坡道BC有最远距离，有；；可得最远距离为。故D正确。
6．2022年11月29日神舟十五号载人飞船发射成功，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组将进行在轨轮换，神舟十五号载人飞行任务也将持续约6个月，包括多次出舱任务，中国空间站在距地面高度约为的轨道上绕地球做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 神舟十五号飞船的发射速度大于第二宇宙速度
B. 航天员在空间站处于完全失重状态，不受地球的重力作用
C. 若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D. 出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，航天员会做离心运动飞离空间站
【答案】C
【解析】神舟十五号飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
航天员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，此时并不是说人不受重力的作用，而是宇航员受的重力正好充当向心力，故B错误；空间站在轨运行周期T、环绕速度v及引力常量G，根据，
地球的质量故C正确；出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，所受的万有引力刚好提供向心力，则航天员继续做同轨道的匀速圆周运动而不会做离心运动飞离空间站，故D错误。故选C。
7．近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。接收线圈输出的交变电流经整流电路后变成直流给电池充电。发射线圈匝数为880匝，接收线圈匝数为40匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗。已知接收线圈输出电压约为8V，则（ ）
A. 发射线圈两端的电压大小约为220V
B. 发射线圈与接收线圈中磁通量变化率相等
C. 发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
D. 发射线圈与接收线圈中交变电流频率之比约为22：1
【答案】A
【解析】根据原副线圈电压与匝数的关系
解得发射线圈两端的电压大小约为U1=220V，故A正确；由于有磁通量损失，所以发射线圈与接收线圈中磁通量变化率不相等，故B错误；由于磁通量有损失，所以发射线圈与接收线圈中电流之比不等于1：22，故C错误；两线圈中交流电的频率相同，故D错误。故选A。
8．如图所示，真空中一束复色光a沿AO方向射入半圆形玻璃柱体横截面的顶端O，经玻璃折射成b、c两束光。下列说法正确的是 （ ）
A．玻璃对b光的折射率比c大
B．在玻璃中，b光的传播速度比c大
C．b光的光子能量比c小
D．逐渐增大a光的入射角，b光先发生全反射
【答案】A
【解析】由图可知，两光的入射角r相同，但b光的折射角i更小，根据，可知b光的折射率比c光的更大，故A正确；根据，可知，因b光的折射率更大，故b光在玻璃中的传播速度比c光更小，故B错误；因b光的折射率更大，故b光的频率更大，根据ε=hγ，可知b光的能量更大，故C错误；由光疏介质进入光密介质不会发生全反射，故逐渐增大a光的入射角，b光不会发生全反射，故D错误。故选A。
9．1892年狄塞尔为描述内燃机热力学过程建立了定压加热循环（狄塞尔循环），如图为描述狄塞尔循环的p—V图像，A→B和C→D为绝热过程，若一定质量的某种理想气体经历了A→B→C→D→A循环过程，下列说法正确的是（ ）
A．A→B气体的内能不变
B．B→C气体向外界放热
C．C→D气体的内能增加
D．一个循环过程，气体从外界吸收热量
【答案】D
【解析】A→B过程绝热，所以Q不变，气体体积减小，外界对气体做正功，即W > 0，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知，气体内能增大，A错误；B→C过程，气体温度升高，即ΔU > 0，气体体积增大，气体对外界做正功，即W < 0，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知气体需要从外界吸收热量，B错误；C→D过程绝热，Q不变，气体体积增大，即W < 0
，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知气体内能减小，C错误；一个循环过程，温度不变，即ΔU = 0，由图像可知，气体对外界做正功为图形面积，即W < 0，所以气体会从外界吸热，D正确。故选D。
10．可控核聚变实验的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X是质子B．该反应为链式反应
C．的结合能为17.6MeV D．的比结合能比、的比结合能都大
【答案】D
【详解】由质量数和电荷数守恒可知X是中子。故A错误；该反应是热核反应不是链式反应。故B错误；结合能是把拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6MeV，故C错误；发生核反应后，原子核越稳定，则的比结合能比、的比结合能都大。故D正确。故选D。
11．某CBA篮球赛中甲将球传给队友，出手时离地1.5m，速度大小为10m/s，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为3.3m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球质量为0.6kg，重力加速度为10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A. 甲传球时，球与乙的水平距离为6m
B. 队友接球前瞬间，球的速度一定为10m/s
C. 队友接球前瞬间，球的机械能一定为39J
D. 若仅增大出手时球与水平方向的角度，球将不能被乙拦截
【答案】C
【解析】
【详解】设出手时离地高度为h1，篮球到达最高点高度为h2：由题意可知，篮球从抛出到最高点竖直方向的位移为h=h2–h1=1.8m，由vy2=2gh，解得篮球竖直方向分速度vy=6m/s，则从抛出到最高点的时间为，篮球水平方向的速度为，则甲传球时，球与乙的水平距离为x=vxt=4.8m，故A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和抛出的高度相等，则篮球的速度为10m/s，若高度不相等，则篮球的速度可能大于10m/s，也可能小于10m/s，，故B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能恒为，故C正确；若仅增大出手时球与水平方向的角度，角度太大，在水平方向的分速度过小，会导致到乙位置时，竖直方向的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，故D错误。故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须写出数值和单位。
12．某物理兴趣小组尝试通过实验测量某金属导体电阻。
（1）先用欧姆表“”档粗测该导体阻值，指针位置如图1，对应的读数是______。
经查阅资料发现该电阻的阻值约为，测量值与真实值的偏差较大，原因是该同学未进行欧姆调零所致，若此时把两表笔短接，指针应指在欧姆挡零刻度线的______侧（选填“左”或“右”）；
（2）考虑到伏安法测电阻中电表会给实验测量带来误差，为解决该问题，兴趣小组设计了如图2所示的电路（部分导线未画），实验操作如下：
①断开开关，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表和电压表指针偏转到合适位置，并记录两电表示数U、。图3所示的电流表读数为______A。
②闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U，并记录此时的电流表示数。则该电阻的阻值可表示为______（结果用U、、表示）。
③根据你对该实验原理的理解，在图2中将剩余的两根导线连接到合适的位置______。
【答案】22Ω 左 0.32A
【解析】（1）欧姆表的读数为R=22×1Ω=22Ω
由于测量值大于真实值是因为电表内阻偏大，因此短接时，电流达不到满偏电流，指针应在零刻度线的左侧。
（2）①电流表读数为I1=16×0.02A=0.32A
②两个电阻并联的电流之和等总电流，根据欧姆定律
③电压表应并联到定值电阻两端，如图
13．如图所示，光电管的阴极K用某种金属制成，闭合开关S，用发光功率为P的激光光源直接照射阴极K时，产生了光电流。移动变阻器的滑片，当光电流恰为零时，电压表的示数为U，已知该金属的逸出功为W0，普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c，求：
（1）激光在真空中的波长；
（2）激光光源单位时间内产生的光子数N。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由光电效应方程，
由动能定理
联立求得
（2）由
其中（或者写成）
解得
14．气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时相当于在气缸顶部增加一个物体，稳定时气缸下降了0.5L0，气体温度保持不变。
（1）求物体A的重力大小；
（2） 已知大气压强为p0，为使气缸升到原位置，求需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积。
【答案】（1）p1S；（2）
【详解】（1）设稳定时气缸内气体压强为p2，根据玻意耳定律有
解得p2=2p1
则物体A的重力大小为G=（p-1p1）S=p1S
（2）设充入的气体体积为V，则有
解得。
15．如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径，大圆半径，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量，长度，厚度，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度大小；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。
【答案】（1）；（2）N=14.8N；（3）3.4m
【详解】（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有
解得
（2）从弹射到B点，对滑块根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得N=14.8N
（3）滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动，
滑块第一次落地点到B点的水平距离为x=x1+x2
解得x=3.4m
16．如图所示，直角坐标系中，边长为L的正方形区域，OP、OQ分别与x轴、y轴重合，正方形内的适当区域Ⅰ（图中未画出）中分布有匀强磁场。位于S处的粒子源，沿纸面向正方形区域内各个方向均匀发射速率为的带负电粒子，粒子的质量为m、电荷量为。所有粒子均从S点进入磁场，离开区域Ⅰ磁场时速度方向均沿x轴正方向，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子从O点射出磁场。y轴右侧依次有匀强电场区域Ⅱ、无场区、匀强磁场区域Ⅲ，各区域沿y轴方向无限长，沿x轴方向的宽度分别为L、1.5L、2L。电场区域Ⅱ的左边界在y轴上，电场方向沿y轴负方向；区域Ⅰ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里。区域Ⅲ左边界上有长度为L的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上即被吸收，并通过电流表导入大地。不计粒子的重力和相互作用，不考虑粒子对原有电场与磁场的影响。
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）求正方形内磁场分布的最小面积S；
（3）为使从O点进入电场的粒子，最终能打到收集板的右侧，求电场强度大小E的范围；
（4）电场强度大小E为（3）中的最大值，且从S处粒子源每秒射出粒子数为n，求稳定后电流表的示数I。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由题知，粒子在区域Ⅰ磁场中轨道半径为L，根据洛伦兹力提供向心力
解得；
（2）根据磁扩散模型可知，区域Ⅰ磁场的最小面积为
（3）粒子在电场中做类平抛运动，设速度偏转角为，则根据类平抛运动公式可知
，，
在磁场Ⅲ中
根据类平抛运动速度的反向延长线交水平位移中点，则打在D点时
打在C点时
与磁场右边界相切时
解得，
综上可知
（4）当时，从OQ上半部分射入电场的粒子，经磁场Ⅲ区域偏转打到收集板的下半部分，这些粒子从S射出的方向与SP成30°的范围内，稳定时
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
绝密★启用前
2024年高考物理考前信息必刷卷03
（江苏卷）（解析版）
江苏省高考物理试卷的试题型式从2023年变为：11（单选题）＋1（实验题）＋4（计算题），六册课本知识融合到整个试卷中，不出现分块命题。命题依然根据江苏省新高考大纲要求，注重从日常生活实际情境中选取素材，考查考生对基本概念和规律的物理本质的理解；考查考生分析并解决原始问题、实际问题的能力；考查考生发现问题、表述问题、分析论证并解决问题的能力。
该卷中，从 “福建舰”（电磁弹射匀加速直线运动）、航空航天（卫星发射）、冬奥会大跳台滑雪（斜面上的平抛运动），到生活中的“战绳”（机械波）、静电除尘机（静电场）、伽马刀治疗癌症（原子物理）、自动分拣装置（利用简单的传感器制作控制装置实验）等方面，引出其中蕴含的物理知识。解决这些问题的关键，认真读题，抽丝剥茧，提取关键信息，与平时所学物理知识进行关联，进行答题。
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1．如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当缓慢增大时，每根斜杆受到地面的（ ）
A. 支持力增大 B. 支持力减小
C 摩擦力增大 D. 摩擦力减小
【答案】C
【解析】对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析。整体所受重力与地面给的支持力平衡。设整体重力为G，则每根斜杆受到地面的支持力
即θ变化不影响支持力大小。每根斜杆中的力在水平方向为
随着角度θ缓缓增大则增大，f也增大。故选C。
2．“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为，弹射系统向战斗机提供初速度大小为，当战斗机速度达到时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞
B. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞
C. 若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞
D. 战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【答案】B
【解析】战斗机需在甲板上滑行的时间为，故A错误；战斗机在甲板上滑行的距离为，故B正确；由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，则战斗机相对甲板滑行的距离为d=135m-x0，故C错误；战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。故选B。
3．如图所示是主动降噪耳机的降噪原理图。在耳机内有专门用于收集环境噪声的麦克风，耳机收集环境噪声后通过电子线路产生与环境噪声相位相反的降噪声波，再与环境噪声叠加，从而实现降噪效果。如图是理想的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应耳机产生的等幅反相降噪声波，则此图中的（ ）
A. 降噪过程属于多普勒效应
B 降噪声波频率等于环境噪声频率
C. 降噪过程属于声波的干涉且P点振动加强
D. P点空气经一个周期向外迁移距离为一个波长
【答案】B
【解析】由题图可知，降噪声波与环境声波波长相等，在同一种介质中传播速度相等，则频率相同，叠加时发生干涉现象，由于两列声波振幅相同、相位相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点振动减弱，故AC错误，B正确；波传播过程质点并不随波迁移，故D错误。故选B。
4．一质量为m，带电量为-q的小球从水平放置的带正电+Q圆环的轴线处A点由静止释放，A、A'关于O点对称，下列判断正确的是（ ）
A. 小球在O点处动能最大B. 小球在O点的加速度最大
C. 小球在O点的电势能最小D. 小球可能在A、A'间往复运动
【答案】C
【解析】
【详解】小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和电场力，重力和电场力对小球做正功，小球的动能增大，在O点时，电场强度是零，小球受电场力是零，此时只受重力，小球的动能继续增大，因此小球在O点处的动能不是最大，A错误；小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和电场力，其合力大于重力，则加速度大于重力加速度，小球在O点时只受重力，加速度等于重力加速度，因此小球在O点的加速度不是最大，B错误；小球从A点到O点的运动中，电场力对小球做正功，电势能减小，小球穿过O点后，受电场力方向向上，电场力做负功，电势能增大，因此小球在O点的电势能最小，C正确；若小球只受电场力作用，因A、A'关于O点对称，则小球可能在A、A'间往复运动，可小球从A点运动到A'点，小球受电场力的作用同时又受重力作用，重力方向一直向下，因此小球不可能在A、A'间往复运动，D错误。故选C。
5．滑雪运动越来越受到青少年们的青睐。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图甲所示，图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图，A为助滑道的最高点，D为助滑道的最低点，B为跳台起跳点，起跳区DE近似水平面，着陆坡道为倾角θ=30º的斜面。在某次训练中，运动员从A点由静止开始下滑，到起跳点B沿水平方向飞出，最后落在着陆坡道上的C点。A、B、C、D在同一竖直平面内，已知BC间的距离L=40m，不计一切阻力和摩擦，取重力加速度g=10m/s2。则下列结论不正确的是（ ）
A．运动员在空中飞行的时间为2s
B．运动员在B点起跳时的速度大小为
C．运动员在C点着陆时的速度大小为
D．运动员在空中离坡道BC的最远距离是
【答案】B
【解析】依题意，运动员在BC段做平抛运动，可得运动员在空中飞行的时间为；故A正确；运动员在B点起跳时的速度大小为；故B错误；运动员在C点着陆时的速度大小为，故C正确；在B点，将运动员的速度及加速度分解在垂直斜面BC和平行斜面BC方向上，当运动员在垂直斜面方向上的分速度减为0时，运动员在空中离坡道BC有最远距离，有；；可得最远距离为。故D正确。
6．2022年11月29日神舟十五号载人飞船发射成功，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组将进行在轨轮换，神舟十五号载人飞行任务也将持续约6个月，包括多次出舱任务，中国空间站在距地面高度约为的轨道上绕地球做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 神舟十五号飞船的发射速度大于第二宇宙速度
B. 航天员在空间站处于完全失重状态，不受地球的重力作用
C. 若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D. 出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，航天员会做离心运动飞离空间站
【答案】C
【解析】神舟十五号飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
航天员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，此时并不是说人不受重力的作用，而是宇航员受的重力正好充当向心力，故B错误；空间站在轨运行周期T、环绕速度v及引力常量G，根据，
地球的质量故C正确；出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，所受的万有引力刚好提供向心力，则航天员继续做同轨道的匀速圆周运动而不会做离心运动飞离空间站，故D错误。故选C。
7．近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。接收线圈输出的交变电流经整流电路后变成直流给电池充电。发射线圈匝数为880匝，接收线圈匝数为40匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗。已知接收线圈输出电压约为8V，则（ ）
A. 发射线圈两端的电压大小约为220V
B. 发射线圈与接收线圈中磁通量变化率相等
C. 发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
D. 发射线圈与接收线圈中交变电流频率之比约为22：1
【答案】A
【解析】根据原副线圈电压与匝数的关系
解得发射线圈两端的电压大小约为U1=220V，故A正确；由于有磁通量损失，所以发射线圈与接收线圈中磁通量变化率不相等，故B错误；由于磁通量有损失，所以发射线圈与接收线圈中电流之比不等于1：22，故C错误；两线圈中交流电的频率相同，故D错误。故选A。
8．如图所示，真空中一束复色光a沿AO方向射入半圆形玻璃柱体横截面的顶端O，经玻璃折射成b、c两束光。下列说法正确的是 （ ）
A．玻璃对b光的折射率比c大
B．在玻璃中，b光的传播速度比c大
C．b光的光子能量比c小
D．逐渐增大a光的入射角，b光先发生全反射
【答案】A
【解析】由图可知，两光的入射角r相同，但b光的折射角i更小，根据，可知b光的折射率比c光的更大，故A正确；根据，可知，因b光的折射率更大，故b光在玻璃中的传播速度比c光更小，故B错误；因b光的折射率更大，故b光的频率更大，根据ε=hγ，可知b光的能量更大，故C错误；由光疏介质进入光密介质不会发生全反射，故逐渐增大a光的入射角，b光不会发生全反射，故D错误。故选A。
9．1892年狄塞尔为描述内燃机热力学过程建立了定压加热循环（狄塞尔循环），如图为描述狄塞尔循环的p—V图像，A→B和C→D为绝热过程，若一定质量的某种理想气体经历了A→B→C→D→A循环过程，下列说法正确的是（ ）
A．A→B气体的内能不变
B．B→C气体向外界放热
C．C→D气体的内能增加
D．一个循环过程，气体从外界吸收热量
【答案】D
【解析】A→B过程绝热，所以Q不变，气体体积减小，外界对气体做正功，即W > 0，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知，气体内能增大，A错误；B→C过程，气体温度升高，即ΔU > 0，气体体积增大，气体对外界做正功，即W < 0，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知气体需要从外界吸收热量，B错误；C→D过程绝热，Q不变，气体体积增大，即W < 0
，由热力学第一定律ΔU = Q＋W，可知气体内能减小，C错误；一个循环过程，温度不变，即ΔU = 0，由图像可知，气体对外界做正功为图形面积，即W < 0，所以气体会从外界吸热，D正确。故选D。
10．可控核聚变实验的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X是质子B．该反应为链式反应
C．的结合能为17.6MeV D．的比结合能比、的比结合能都大
【答案】D
【详解】由质量数和电荷数守恒可知X是中子。故A错误；该反应是热核反应不是链式反应。故B错误；结合能是把拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6MeV，故C错误；发生核反应后，原子核越稳定，则的比结合能比、的比结合能都大。故D正确。故选D。
11．某CBA篮球赛中甲将球传给队友，出手时离地1.5m，速度大小为10m/s，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为3.3m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球质量为0.6kg，重力加速度为10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A. 甲传球时，球与乙的水平距离为6m
B. 队友接球前瞬间，球的速度一定为10m/s
C. 队友接球前瞬间，球的机械能一定为39J
D. 若仅增大出手时球与水平方向的角度，球将不能被乙拦截
【答案】C
【解析】
【详解】设出手时离地高度为h1，篮球到达最高点高度为h2：由题意可知，篮球从抛出到最高点竖直方向的位移为h=h2–h1=1.8m，由vy2=2gh，解得篮球竖直方向分速度vy=6m/s，则从抛出到最高点的时间为，篮球水平方向的速度为，则甲传球时，球与乙的水平距离为x=vxt=4.8m，故A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和抛出的高度相等，则篮球的速度为10m/s，若高度不相等，则篮球的速度可能大于10m/s，也可能小于10m/s，，故B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能恒为，故C正确；若仅增大出手时球与水平方向的角度，角度太大，在水平方向的分速度过小，会导致到乙位置时，竖直方向的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，故D错误。故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须写出数值和单位。
12．某物理兴趣小组尝试通过实验测量某金属导体电阻。
（1）先用欧姆表“”档粗测该导体阻值，指针位置如图1，对应的读数是______。
经查阅资料发现该电阻的阻值约为，测量值与真实值的偏差较大，原因是该同学未进行欧姆调零所致，若此时把两表笔短接，指针应指在欧姆挡零刻度线的______侧（选填“左”或“右”）；
（2）考虑到伏安法测电阻中电表会给实验测量带来误差，为解决该问题，兴趣小组设计了如图2所示的电路（部分导线未画），实验操作如下：
①断开开关，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表和电压表指针偏转到合适位置，并记录两电表示数U、。图3所示的电流表读数为______A。
②闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U，并记录此时的电流表示数。则该电阻的阻值可表示为______（结果用U、、表示）。
③根据你对该实验原理的理解，在图2中将剩余的两根导线连接到合适的位置______。
【答案】22Ω 左 0.32A
【解析】（1）欧姆表的读数为R=22×1Ω=22Ω
由于测量值大于真实值是因为电表内阻偏大，因此短接时，电流达不到满偏电流，指针应在零刻度线的左侧。
（2）①电流表读数为I1=16×0.02A=0.32A
②两个电阻并联的电流之和等总电流，根据欧姆定律
③电压表应并联到定值电阻两端，如图
13．如图所示，光电管的阴极K用某种金属制成，闭合开关S，用发光功率为P的激光光源直接照射阴极K时，产生了光电流。移动变阻器的滑片，当光电流恰为零时，电压表的示数为U，已知该金属的逸出功为W0，普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c，求：
（1）激光在真空中的波长；
（2）激光光源单位时间内产生的光子数N。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由光电效应方程，
由动能定理
联立求得
（2）由
其中（或者写成）
解得
14．气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时相当于在气缸顶部增加一个物体，稳定时气缸下降了0.5L0，气体温度保持不变。
（1）求物体A的重力大小；
（2） 已知大气压强为p0，为使气缸升到原位置，求需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积。
【答案】（1）p1S；（2）
【详解】（1）设稳定时气缸内气体压强为p2，根据玻意耳定律有
解得p2=2p1
则物体A的重力大小为G=（p-1p1）S=p1S
（2）设充入的气体体积为V，则有
解得。
15．如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径，大圆半径，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量，长度，厚度，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度大小；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。
【答案】（1）；（2）N=14.8N；（3）3.4m
【详解】（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有
解得
（2）从弹射到B点，对滑块根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得N=14.8N
（3）滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动，
滑块第一次落地点到B点的水平距离为x=x1+x2
解得x=3.4m
16．如图所示，直角坐标系中，边长为L的正方形区域，OP、OQ分别与x轴、y轴重合，正方形内的适当区域Ⅰ（图中未画出）中分布有匀强磁场。位于S处的粒子源，沿纸面向正方形区域内各个方向均匀发射速率为的带负电粒子，粒子的质量为m、电荷量为。所有粒子均从S点进入磁场，离开区域Ⅰ磁场时速度方向均沿x轴正方向，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子从O点射出磁场。y轴右侧依次有匀强电场区域Ⅱ、无场区、匀强磁场区域Ⅲ，各区域沿y轴方向无限长，沿x轴方向的宽度分别为L、1.5L、2L。电场区域Ⅱ的左边界在y轴上，电场方向沿y轴负方向；区域Ⅰ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里。区域Ⅲ左边界上有长度为L的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上即被吸收，并通过电流表导入大地。不计粒子的重力和相互作用，不考虑粒子对原有电场与磁场的影响。
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）求正方形内磁场分布的最小面积S；
（3）为使从O点进入电场的粒子，最终能打到收集板的右侧，求电场强度大小E的范围；
（4）电场强度大小E为（3）中的最大值，且从S处粒子源每秒射出粒子数为n，求稳定后电流表的示数I。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由题知，粒子在区域Ⅰ磁场中轨道半径为L，根据洛伦兹力提供向心力
解得；
（2）根据磁扩散模型可知，区域Ⅰ磁场的最小面积为
（3）粒子在电场中做类平抛运动，设速度偏转角为，则根据类平抛运动公式可知
，，
在磁场Ⅲ中
根据类平抛运动速度的反向延长线交水平位移中点，则打在D点时
打在C点时
与磁场右边界相切时
解得，
综上可知
（4）当时，从OQ上半部分射入电场的粒子，经磁场Ⅲ区域偏转打到收集板的下半部分，这些粒子从S射出的方向与SP成30°的范围内，稳定时
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