江苏省2024-2025学年高三上学期开学摸底考试物理试卷

这是一份江苏省2024-2025学年高三上学期开学摸底考试物理试卷，共9页。试卷主要包含了8m/s，B等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.帝企鹅是南极常见的一种动物，如图所示的是一只处在南极极点的帝企鹅。如果把地球看成一个均匀的球体，关于此帝企鹅与重力有关的问题，下列说法中正确的是( )
A. 帝企鹅受到的重力的方向一定指向地心B. 帝企鹅受到的重力的方向一定偏离地心
C. 帝企鹅对地面的压力就是其受到的重力D. 帝企鹅受到的重力小于地球对它的吸引力
2.下列叙述或实验发现说法正确的是( )
A. 组成黑体且振动着的带电微粒的能量可以是任意值
B. 卢瑟福提出了氢原子的能级理论
C. 在α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后，多数α粒子发生了大角度偏转
D. 汤姆孙发现了电子，从而揭示了原子内部具有复杂的结构
3.鱼洗最早是在先秦时期使用的一种金属制盥洗用具，它的大小像一个洗脸盆，底部是扁平的，盆沿左右各有一个把柄，称为双耳。鱼洗最奇妙的地方是，用双手有节奏地摩擦盆边双耳，摩擦得法，可喷出水柱。下列说法正确的是( )
A. 该现象是波的衍射形成的B. 鱼洗中的水位越低，喷出的水柱越高
C. 双手摩擦越快，这种现象就越明显D. 鱼洗产生了共振而使水剧烈振荡
4.边长L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内，ab边水平，绝缘细线下端c点悬挂重物，匀强磁场大小为B垂直纸面向里。现将a、b接在输出恒定电流电源的正负极上，当ab边的电流强度为I，重物恰好对地无压力，则重物重力的大小为( )
A. BILB. 3BIL2C. 3BIL2D. 2BIL
5.潮汐是发生在沿海地区海水周期性涨落的一种自然现象，主要是受月球对海水的引力而形成，导致地球自转持续减速，同时月球也会逐渐远离地球。如图所示，已知地球和月球的球心分别为O和O′，A和B是地球上的两个海区，多年后，下列说法正确的是( )
A. 海区A的角速度小于海区B的角速度B. 地球赤道上的重力加速度会减小
C. 月球绕地球做圆周运动的加速度会增大D. 地球的同步卫星距离地面的高度会增大
6.如图(a)所示，一列简谐横波以速度v沿x轴正方向传播，在波的传播方向上有P、Q两点，PQ=2.4m且小于波长。P、Q两处质点的振动图像分别如图(b)中实线和虚线所示。波速v和Q处质点在0∼2s内的位移大小d是( )
A. v=0.8m/s，B. v=0.8m/s，d=0
C. ，D. ，d=0
7.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其简化装置如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气(可视为理想气体)，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。气闸舱与座舱在太空中可认为与外界绝热。下列说法正确的是( )
A. 气体平衡后压强增大B. 气体平衡后内能减小
C. 气体平衡后温度不变D. 气体平衡后分子热运动的平均动能增大
8.如图所示，等腰直角三角形△ABC为一棱镜的横截面，AB=AC。由甲、乙两种单色光组成的一细光束，从AB边射入三棱镜，调整入射方向发现，当入射光束垂直AB边入射时，恰好只有甲光从BC边射出，且出射光线和BC边的夹角为30°，则下列判断正确的是( )
A. 甲光的全反射临界角小于乙光的全反射临界角
B. 甲、乙两光的折射率之比为 2: 3
C. 用完全相同的杨氏双缝干涉仪做双缝干涉实验，甲光的条纹要比乙光的条纹宽
D. 若甲、乙两光均能使某金属发生光电效应，则由甲光照射产生的光电子最大初动能更大
9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，电源的输出电压u=30 2sin100πtV，定值电阻R1=20Ω，R3=2.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于b端，则( )
A. 电流表示数为 2A
B. 电压表示数为10V
C. 滑片P由b向a缓慢滑动，R3消耗的功率减小
D. 滑片P由b向a缓慢滑动，变压器的输出功率减小
10.如图所示，一根导体棒ab搭在两根足够长的光滑水平导轨上，整个空间有竖直向下的匀强磁场。给棒一个向右的初速度v0，此时棒所受的安培力大小为F0，只考虑电阻R，其余电阻均不计。则在此后过程中，则棒的速度大小v、棒受的安培力大小为F与位移x的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，在半径为R的半球形陶罐的内表面上，一质量为m的光滑小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，小球可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球运动的周期为2π ghB. 小球运动的线速度为 gR2−h2h
C. 陶罐对小球的支持力为mghRD. 小球运动的向心加速度为gh R2−h2
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某同学为研究某种金属导线的电阻率，用图电路进行实验，金属导线的长度可以通过导线上的滑动头调节，滑动头有一定的电阻，但阻值未知。

(1)请以笔代线，将未连接的导线在图中补齐__________

(2)实验室准备了R1(5Ω、3A)和R2(50Ω、1.5A)两种滑动变阻器，用R1、R2分别实验，以电压表的读数U为纵轴，以xL为横轴(x为图甲中AP长度，L为AB长度)，得到U−xL图像如图，其中选用R1时对应的图线应为__________(选填“m”或“n”)；

(3)在用螺旋测微器测量金属导线的直径如图所示，则该导线的直径为__________mm；

(4)在多次调节滑动头改变金属导线的长度l，并测量出不同长度时的电阻值Rx，作Rx−l图，根据图像可求出该金属导线的电阻率为__________Ω⋅m(计算结果保留两位有效数字)。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.火箭回收技术能够降低发射成本。某次小型火箭低空飞行回收实验中，火箭升高到96m后悬停，接着先向下做匀加速直线运动，后做向下匀减速直线运动，匀加速的加速度是匀减速加速度大小的3倍，成功降落地面时速度为零，向下运动的总时间为16s。不计火箭质量的变化和空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)火箭向下运动的最大速度；
(2)向下加速的时间。
14.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50 kg的运动员从距蹦床h1=
1.25 m高处自由落下，接着又能弹起h2=1.8 m高，运动员与蹦床接触时间t=0.50 s，在空中保持直立，取g=10 m/s2，求：
(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
15.如图所示，质量为m的小球穿过竖直杆，与一自然长度为L轻质弹性绳相连。弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，右端固定在N点，O、M、N处于同一水平线上且OM=MN=L。从O点静止释放小球，小球可以到达最低点P，其中MP=2L。已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为μ，弹性绳劲度系数为k始终在弹性限度内，弹性势能Ep∝x2(x为形变量)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
(1)小球从O点释放时的加速度大小a；
(2)小球从O点运动到P点过程中弹性绳做的功W；
(3)若O点下方有一Q点且OQ=L，则小球第一次经过Q点时的动能Ek。
16.如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ=30∘，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场(图中没有画出)。一质量为m、电荷量为qq>0的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。
(1)求该粒子进入磁场时速度v的大小；
(2)若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；
(3)若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】ABD、重力是物体受到地球的万有引力而产生的，在两极上重力等于万有引力，由此可知帝企鹅在南极受到的重力的方向一定指向地心，受到的重力等于地球对它的吸引力，故BD错误，A正确；
C.重力属于万有引力，而帝企鹅对地面的压力属于弹力，二者的性质不同，不能说压力就是重力，故C错误。
故选：A。
在南极，帝企鹅受到地球的引力与重力相等，重力的方向指向地心，压力与重力不是同种性质的力，不能说压力就是重力。
本题是对万有引力与重力的关系的考查，解题的关键是要知道，在两极，物体与地球之间的万有引力与重力相等，重力的方向指向地心。
2.【答案】D
【解析】【分析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献，同时理解能量量子化的内涵即可解答。
物理学史是高考考查内容之一，是常识性问题，这些常识要与物理学其他知识一起识记。
【解答】A.组成黑体且振动着的带电微粒的能量只能是量子化的，故A错误;
B.玻尔提出了氢原子的能级理论，故B错误;
C.在α粒子散射实验中，a粒子穿过金箔后，少数α粒子发生大角度偏转，故C错误;
D.汤姆孙发现了电子，从而揭示了原子内部具有复杂的结构，故 D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】A、当有节奏地摩擦鱼洗双耳时，会产生两个振动源，振动波在水中传播，相互干扰，因此该现象是波的干涉形成的，故A错误；
B、鱼洗中的水位越低，水与鱼洗壁接触部分越少，水的振动越不明显，越不易喷出水柱，故B错误；
CD、当摩擦力引起的振动频率和鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大，盆内的水花就越高，所以并不是手掌摩擦得越快溅起的水花越高，故C错误，D正确。
故选：D。
根据共振的条件，物体做受迫振动时的固有周期等于驱动力的周期时振幅最大。
本题以中国的“鱼洗”为情景载体，考查了共振现象和条件，当物体做受迫振动时的固有周期等于驱动力的周期时振幅最大是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】由题意知，当ab通电时，受向上的安培力：F安=BIL
ac与bc串联后再与ab并联，则：I ac=Ibc=0.5I
则ac与bc边所受安培力均为：F安1=0.5BIL
由于物体对地面恰好无压力可知：F安+F安1=mg
解得mg=32BIL
故B正确、ACD错误。
故选：B。
恒流源输出电流恒定，无论ab是导通或是断开，外电路的电流不变；根据安培力的计算公式结合共点力的平衡条件进行解答。
本题主要是考查安培力作用下的力学问题，掌握安培力计算公式F=BIL的适用条件以及各中物理量的含义，对于弯曲导线，L是始末位置连线长度。
5.【答案】D
【解析】【分析】
A和B同轴转动，角速度始终相等；
地球赤道上的物体受到的引力等于重力和向心力之和；
根据万有引力提供向心力分析月球绕地球做圆周运动的加速度和地球的同步卫星距离地面的高度变化。
本题要抓住月球逐渐远离地球和地球自转持续减速分析。
【解答】A. A和B同轴转动，角速度相等，故A错误；
B. 地球自转持续减速，则地球赤道上的物体所需向心力减小，而引力不变，则重力增加，重力加速度增大，故B错误；
C. 月球逐渐远离地球，根据ma=GMmR2可知，月球绕地球做圆周运动的加速度会减小，故C错误；
D. 地球自转持续减速，则角速度减小，地球的同步卫星角速度减小，根据mω2(R地+h)=GMm(R地+h)2，则地球的同步卫星距离地面的高度h会增大，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】因为简谐横波沿x轴正方向传播，且P、Q两点距离小于波长，所以34λ=2.4m
所以λ=3.2m
由图(b)可知，周期为T=4s
所以这列简谐横波的速度为
由图(b)可知Q处质点在 0∼2s 内的位移大小为d=0.5cm+0.5cm=1.0cm。
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.气体平衡后体积增大，密度减小，压强减小，A错误；
BCD.气体自由扩散，没有对外做功，气闸舱与座舱在太空中认为与外界绝热，则气体温度不变，内能不变，分子热运动的平均动能不变，BD错误，C正确。
故选C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了 光的折射定律、临界角、光的干涉、爱因斯坦光电效应方程，难度不大。
根据折射定律，结合几何关系计算出光的折射率之比；根据全反射临界角sinC=1n分析全反射临界角的关系；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ分析条纹宽关系；根据光电效应方程Ek=hν−W0分析最大初动能关系。
【解答】B.根据折射定律，甲、乙两种单色光的折射率分别为n甲=sin(90°−30°)sin45°= 62，n乙=sin90°sin45°= 2，甲、乙两光的折射率之比n甲n乙= 62 2= 32，故B错误；
A.全反射临界角sinC=1n，甲单色光的折射率小于乙单色光的折射率，甲单色光的全反射临界角大于乙单色光的全反射临界角，故A错误；
C.甲单色光的折射率小于乙单色光的折射率，则甲单色光的频率小于乙单色光的频率，单色光在真空中的波长为λ=cf，则甲单色光的波长大于乙单色光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ，则单色光甲的条纹宽度要比单色光乙的条纹宽度宽，故C正确；
D.甲单色光的折射率小于乙单色光的折射率，则甲单色光的频率小于乙单色光的频率，根据光电效应方程Ek=hν−W0，若甲、乙两光均能使某金属发生光电效应，则由甲光照射产生的光电子最大初动能更小，故D错误。
9.【答案】C
【解析】【分析】
根据变压器的原副线圈的两端的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，及电路结构、等效电路等分析选项AB。对选项CD分析，采用等等效电路与等效电源分析。
本题考查变压器的基本比例关系及动态问题的分析，基础题目。
【解答】
AB.题图的电路图可以等效为：
设原线圈两端电压为 U1 ，副线圈两端电压为 U2 ，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有
U1U2=n1n2
整理有
电源的电压输出为 u=30 2sin 100πt(V) ，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源电压的有效值为30V，电流表的示数为
原线圈两端电压的有效值为 U1有=u有−IR1
电压表测量的是副线圈两端的电压，即 U1有U2有=n1n2
整理有
故AB错误；
C.当滑片P从b向a缓慢滑动过程中， R2 阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之前的分析可知，流过电阻 R1 的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电阻R3不变，电流减小，根据 P=I2R ，所以功率减小，故C正确；
D.由之前的分析，可以将电阻 R1 与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，由电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω时，即 R2 =2.5Ω，其输出功率最大，所以在滑片从b向a缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D错误。
故选C。
10.【答案】C
【解析】AB、由右手定则可知感应电流b→a，再由左手定则可知，安培力F安向左，设棒的质量为m，棒长为L
由磁通量ΔΦ=BΔS，可知ΔΦ=BLx
感应电动势E=ΔΦΔt=BLxΔt
感应电流I=ER=BLxΔtR
安培力能向左F安=BIL=BBLxΔtRL
取向左为正方向，对棒运用动量定理有F安Δt=mΔv
BBLxΔtRL⋅Δt=mΔv
B2L2xR=mΔv
故有Δvx=B2L2mR
因为B2L2mR为常数，故v−x为直线，故AB错误；
CD、安培力F安=B2L2xΔtR=B2L2vR
故安培力与v为线性关系，因v与x为线性关系，故安培力与x也为线性关系，故C正确，D错误。
故选：C。
由右手定则可知感应电流b→a，再由左手定则可知，安培力F安向左，然后结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、动量定理分析最终导出Δvx函数式即可分析AB、F安x函数式即可分析CD。
本题考查右手定则、由左手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量定理，最终导出Δvx、F安x函数式即可分析。
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向心力、向心加速度、牛顿第二定律；解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律和几何关系进行求解。
小球在光滑碗内靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力和重力的关系求出小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，根据几何关系即可分析求解。
【解答】
小球受力如图：
；
设支持力与竖直方向上的夹角为θ，小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r= R2−h2
根据力图可知：支持力FN=mgcsθ=mgRh，
mgtanθ=mv2r，tanθ=rh
解得线速度v= g(R2−h2)h，
向心加速度a=v2r=g R2−h2h
小球做圆周运动的半径为r=Rsinθ，
根据力图可知：mgtanθ=m(2πT)2r
解得：周期T=2π hg，
故B正确，ACD错误。
12.【答案】(1)
(2)m
(3) 1.007
(4) 6.4×10−6

【解析】(1)根据电路图连接实物图，如图

(2)若电源为理想电源，由于滑动变阻器 R1 电阻较小，则移动滑动变阻器， RAP 并联支路电压变化较小，则根据串联分压原理可知UE=RAPRAB=ρxSρLS=xL
化简可得U=E⋅xL
则 U−xL 图像的斜率近似为定值，故选用R1时对应的图线应为m。
(3)螺旋测微器的分度值为0.01mm，则该导线的直径为d=1mm+0.7×0.01mm=1.007mm
(4)根据电阻定律Rx=ρlS=4ρπd2l
由图可知k=4ρπd2=4.2−0.20.5Ω/m
代入数据解得，该金属导线的电阻率为。
13.【答案】(1)设匀加速最大速度为v ，则满足h=v2t
解得v=12m/s；
(2)设加速时间为t1 ，加速度为a1 ，减速时间为t2 ，加速度为a2 ，则a1t1=a2t2
且t1+t2=16s ，a1=3a2
解得t1=4s。

【解析】(1)根据平均速度的定义结合运动学公式得出火箭的最大速度；
(2)根据速度—时间公式结合时间、加速度之间的关系列式计算出加速的时间。
本题主要考查了匀变速直线运动的相关应用，熟悉运动学公式的相关应用即可完成分析，难度不大。
14.【答案】解：(1)重力的冲量大小为：I=mgt=250 N·s；
(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：mgh1=12mv12，解得：v1=5 m/s，
弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：mgh2=12mv22，解得：v2=6 m/s，
取向上为正方向，由动量定理有：(F−mg)⋅t=mv2−(−mv1)，
代入数据解得F=1600 N。
【解析】(1)根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；
(2)先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2−mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。
本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向。
15.【答案】(1)小球从O点释放瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为 F=kL ，受力分析得mg−μF=ma
解得a=g−μkLm
(2)小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力FN=kLcsθcsθ=kL
为恒定值，故过程中摩擦力大小恒定。根据动能定理mg 3L−μkL 3L+W=0
解得弹性绳做的功W=μkL−mg 3L
(3)因弹性势能 Ep∝x2 ，由O到P过程弹性绳的弹性势能变化量ΔEp=−W
则O到Q过程弹性绳对小球做的功W′=13W
对小球从O到Q过程应用动能定理mgL−μkLL+W′=Ek
解得Ek=mg−μkL1− 33L。

【解析】本题主要考查牛顿第二定律、动能定理的简单应用，正确分析物体运动过程是解题关键。
(1)在O点对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度的大小；
(2)小球从O点运动到P点过程中根据动能定理求解弹性绳做的功W；
(3)先根据(2)得到O到Q过程弹性绳对小球做的功，在根据动能定理求解小球第一次经过Q点时的动能Ek。
16.【答案】(1)根据题意，粒子在磁场中做圆周运动，则有qvB=mv2r
解得r=mvqB
粒子的运动轨迹，如图所示

由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r=L4
解得v=qBL4m；
(2)粒子进入电场时速度方向沿 −x 方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x=rcs30∘=vt ， y=rsin30∘=12a1t2
其中a1=qE1m
解得E1=qB2L3m；
(3)粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场 E2 的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，则有r2=vcs30∘t ， vsin30∘=a2t
其中a2=qE2m
解得E2= 3qB2L8m。

【解析】本题考查带电粒子在组成场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同的场区的受力情况和运动情况，知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做抛体运动。