2024届江苏省苏锡常镇高三下学期二模考前模拟物理试卷（解析版）

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1. 关于热学现象，下列说法正确的是（ ）
A. 液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大
B. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
C. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
D. 给庄稼松土有助于将地下的水分引上来
【答案】A
【解析】A．液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大，分子间作用力表现为引力，故A项正确；
B．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故B项错误；
C．热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热源吸取热量，并将这热量变为功，而不产生其他影响，故C项错误；
D．给庄稼松土破坏了土壤里面的毛细管，不利于将地下的水分引上来，故D项错误。
故选A。
2. 2023 年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲。神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮将面向全国青少年进行太空科普授课，展示介绍中国空间站梦天实验舱工作生活场景，演示了各种奇妙的在失重状态下的实验，例如蜡烛火焰、动量守恒定律等实验，并与地面课堂进行互动交流。下面四幅蜡烛火焰图是在太空实验室中演示的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在地球上，由于受到重力的影响，燃烧后会使旁边空气形成上下对流，于是我们看到的火焰向上。在太空失重的情况下，这种上下对流消失，点燃后的蜡烛没有所谓的向上或向左等等的方向，氧气由于对流向火焰靠拢，形成球形火焰。
故选B。
3. 嫦娥七号将配置能在月面上空飞行的“飞跃探测器”，其中六足构型如图所示。对称分布的六条轻质“腿”与探测器主体通过铰链连接，当探测器静止在水平地面上时，六条“腿”的上臂与竖直方向夹角均为，探测器的质量为，重力加速度为。则每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为F，由共点力的平衡可知
可得
故选A。
4. 某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，两筷子始终在同一竖直平面内，右侧筷子竖直，左侧筷子与竖直方向的夹角为θ。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大
B. 若逐渐减小θ的大小，则两侧筷子对玻璃珠的弹力也逐渐减小
C. 左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
D. 右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃球的重力大
【答案】C
【解析】A．对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力，右侧筷子对玻璃珠的弹力，在三个力的作用下处于平衡状态，根据力的平衡可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，则两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，故A错误；
BCD．玻璃珠保持静止，根据平衡条件可得
故若逐渐减小θ的大小，则左侧筷子对玻璃珠的弹力逐渐变大，右侧筷子对玻璃珠的弹力逐渐增大，左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大，右侧筷子对玻璃珠的弹力不一定比玻璃球的重力大，故BD错误，C正确。故选C。
5. 下列有关光电效应的说法错误的是（ ）
A. 爱因斯坦提出了光电效应理论
B. 甲图实验中让锌板带负电，光照后，验电器张角会变小
C. 乙图中光电子到达A板的速度越大，则光电流越大
D. 乙图光电流的大小与入射光束的光强有关
【答案】C
【解析】A．爱因斯坦提出了光子说理论，并成功地解释了光电效应实验，故A正确；
B．由于事先使锌板带负电，验电器张开一定的角度，锌板表面的自由电子溢出后，验电器的指针张角变小，故B正确；
C．当达到饱和光电流以后，继续增加光电管两端的电压，即增加光电子到达A板的速度，光电流不变，故C错误；
D．当光电管两端的电压不变，即光电子到达A板的速度不变，入射光越强，光子数越多，光电流越大，则光电流的大小与入射光束的光强有关，故D正确。
本题选错误的，故选C。
6. 一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其图像如图所示，其中C到A的曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是（ ）
A. 从A到B的过程中，气体对外做功，内能减少
B. 从B到C过程中，气体吸收热量，内能减少
C. 从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加
D. 从C到A的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多
【答案】D
【解析】A．由题图可知，从A到B的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，气体的温度不变，则气体的内能不变，A错误；
B．从B到C的过程中，气体做等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，即，气体的温度增大，则气体的内能增大，即，即由热力学第一定律可知，气体吸收热量，B错误；
C．C到A的曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的温度降低，内能减小，C错误；
D．从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的体积减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多，D正确。
故选D。
7. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，首次径向靠近空间站，如图所示。两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为kR，R为地球半径，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（ ）

A. 神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接
B. 地球表面重力加速度为
C. 对接后的组合体的运行速度应大于7.9 km/s
D. 地球的密度为
【答案】B
【解析】A．神舟十三号在低轨只沿径向加速不可以直接与高轨的天宫空间站实现对接，一般对接需要进行二次以上的速度调整，A错误；
B．地球表面重力加速度为g，则有
联立解得
，
B正确；
C．对接后的组合体的运行速度应小于7.9 km/s，第一宇宙速度是最大的环绕速度，C错误；
D．地球的密度为
D错误。
故选B。
8. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是( )
A. 交流电的频率为100Hz
B. 电压表的示数为
C. 当光照增强时，A的示数变小
D. 若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
【答案】D
【解析】A．因交流电的周期是0.02 s，所以频率为
故A错误；
B．原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U1=220V，根据理想变压器变压比
代入数据解得副线圈的电压为
电压表的示数为22V，故B错误；
C．有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，则次级电阻减小，根据
得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C错误；
D．用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。
故选D。
9. 如图一足够大的“”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得
整理得
故与t为一次函数关系。
故选C。
10. 如图所示为接地金属球壳，O点为球心，电荷量为2q和-q（q>0）的两个点电荷分别位于M、N两点，其延长线过球心，P为MN连线上球壳外一点，取无穷处电势为零，T为金属球壳外附近一点，下列说法正确的是（ ）
A. T点电场强度方向背离O点
B. 若移去M点的电荷，则P点的电势降低
C. 将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
D. 若移去接地金属球壳，MN附近还存在两个电场强度为零的点
【答案】B
【解析】A．设等势圆的半径为，AN距离为，MN距离为L，如图所示，根据
结合电势叠加原理，、满足
解得
，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点场强方向必过等势面的圆心，点电势
可知T点电场方向指向点，故A错误；
B．M点的电荷电荷在P点产生的电势为正，若移去M点的电荷，则P点的电势降低，故B正确；
C．左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在MN间电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于T点电势，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势升高，静电力做负功，故C错误；
D．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，假设N右侧与N距离为d处电场强度为零，设，有
方程有唯一解，可知除无穷远处外，MN附近电场强度为零的点只有一个，故D错误。
故选B。
11. 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角始终为60°，重力加速度为g。则（ ）
A. 角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B. 角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C. 弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为
D. 突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小
【答案】A
【解析】C．若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为，根据牛顿第二定律得
设弹簧原长为l，圆环此时转动的半径为
解得
此时的向心加速度为
故C错误；
AB．设弹簧的长度为x，则圆环做圆周运动的半径为
圆环受到的杆的支持力为N，圆环受到的弹簧的支持力为T，则当时，圆环受力分析如图
对圆环，根据平衡条件可得
解得
当时，圆环受力分析如图
对圆环，根据平衡条件可得
解得
当角速度增大时，弹簧的长度变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大；当时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变小，当时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在先变小后变大，故A正确，B错误；
D．突然停止转动后，圆环下滑过程中，圆环先加速下滑后减速下滑，即圆环的动能先增大后减小，根据圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，则重力势能和弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选A。
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12. 磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称为磁阻效应。某实验小组利用伏安法测量一磁敏电阻的阻值（约几千欧）随磁感应强度的变化关系。
所用器材：电源E（5V）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），电压表（量程为0~3V，内阻为3kΩ）和毫安表（量程为，内阻不计）。定值电阻、开关、导线若干
（1）为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大，实验小组设计了电路图甲，请用笔代替导线在乙图中将实物连线补充完整______。
（2）某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为______V，电流表读数为0.5mA，则此时磁敏电阻的阻值为______（保留3位有效数字）。
（3）实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图丁所示，某同学利用该磁敏电阻制作了一种报警器，其电路的一部分如图戊所示。图中E为直流电源（电动势为5.0V，内阻可忽略），当图中的输出电压达到或超过2.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时磁感应强度为0.2T，则图中______（填“”或“”）应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为______kΩ（保留2位有效数字）。
（4）在图戊所示电路中，如果要提高此装置灵敏度（即在磁感应强度更小时就能触发报警），应该______（填“增大”或“减小”）磁敏电阻之外的定值电阻。
【答案】（1） （2）1.30##1.29##1.31
（3） 2.1
（4）减小
【解析】【小问1详解】
实物连线如图所示。
【小问2详解】
[1]电压表的读数为
[2]根据部分电路的欧姆定律
解得磁敏电阻的阻值为
【小问3详解】
[1]根据闭合电路的欧姆定律可得
可得输出电压为要求输出电压达到或超过2.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，磁敏电阻的阻值增大，输出电压增大，由于需增大阻值才能实现此功能，故为磁敏电阻。
[2]开始报警时磁感应强度为0.2T，此时
电压为
根据电路关系
解得另一固定电阻的阻值应为
【小问4详解】
在磁感应强度更小时就能触发报警，此时磁敏电阻的阻值减小，根据电路关系
故需减小磁敏电阻之外的定值电阻。
三、计算题：本大题共4小题，共44分。
13. 一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在处，质点N的平衡位置在处，质点N的振动图像如图乙所示。求
（1）自时刻起，质点N的振动方程；
（2）自时刻起，质点M到达波峰的最短时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由乙图知，时质点向上振动，，自时刻起，质点的振动方程为
（2）时质点向上振动，根据同侧法，该波沿轴负方向传播，根据甲图像可知波长为，则波速为
在时，质点右边最近的波峰的平衡位置为，质点M到达波峰的最短时间为
14. 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，MN、PQ是固定在水平面内间距为L的平行金属导轨，导轨光滑且足够长，电阻不计。MP间接电动势为E，内阻为r的电源。金属杆ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，通过光滑的定滑轮以速度v匀速提升重物，电路中的电流为I。金属杆ab相当于“电动机”。求：
（1）电源两端电压；
（2）“电动机”输出的功率。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律，电源两端电压为
（2）“电动机”输出功率为
15. 如图所示，竖直光滑半圆弧轨道的下端B点固定在高的竖直墙壁上端，O为半圆的圆心，BC为竖直直径，一质量的小球b静置在B点。现将一质量的小球a从水平地面上的A点以初速度斜向上抛出，抛射角。小球a刚好能沿水平方向击中小球b，两小球碰撞过程时间极短且没有能量损失，碰撞结束后小球b在半圆弧轨道上运动的过程不脱离轨道（小球b从圆弧轨道最高点C和最低点B离开不算脱离轨道）。已知，，重力加速度，空气阻力不计，求：
（1）小球a从A点抛出时的初速度；
（2）碰撞结束瞬间小球b的速度；
（3）半圆弧轨道的半径R的取值范围。
【答案】（1）10m/s；（2）4m/s（3）或者
【解析】（1）设水平方向上向右正方向，小球a从A点抛出，在竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，刚好能沿水平方向击中小球b，则有
联立解得
（2）小球a刚好能沿水平方向击中小球b时，其速度为
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
（3）假设小球b恰好能运动至C点，则在C点满足
又根据动能定理可得
联立解得
故半圆弧轨道的半径R取值范围是。
如果小球恰好运动到和圆心等高的位置，此时的最小速度为零，则有
解得
故半圆弧轨道的半径R取值范围是或者
16. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy平面内，x轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为。在x轴下方相邻并排着两个宽度为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为B1=B、B2=2B，方向都垂直平面向外。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为m，带电量为的粒子（重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响）。
（1）若粒子从A（0，y0）处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径；
（2）若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在y轴上释放的位置y1；
（3）若粒子源在（0，4d）处释放，求粒子打在x轴上的位置及在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）带点粒子在电场中加速，有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
联立解的
（2）粒子在磁场2中的运动轨迹与磁场2的下边界相切时，粒子恰好不从磁场2的下边界射出，则粒子在磁场区域中的运动轨迹如下图所示
设粒子在磁场1、2中的运动半径分别为、，，则有
由题意可得
又
联立解得
（3）若粒子源在（0，4d）处释放，求粒子打在x轴上的位置及在磁场中运动的时间。设粒子在磁场1中的运动半径分别为，则有
联立解得
则粒子在磁场2中的运动半径为
所以粒子会经过磁场1、2区域，且运动轨迹关于某一竖直线对称。根据（2）中的分析可知，该对称轴为
所以粒子打在x轴上的位置为
根据洛伦兹力提供向心力可得
整理得
所以
根据几何关系可得，粒子在磁场1中运动轨迹的圆心角为，在磁场2中运动轨迹的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间为