江苏省决胜新高考2024-2025学年高三上学期10月大联考物理试卷

这是一份江苏省决胜新高考2024-2025学年高三上学期10月大联考物理试卷，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.关于布朗运动，下列说法中正确的是( )
A. 在空气中观察到尘埃的运动是布朗运动
B. 悬浮在水中花粉微粒内分子的无规则运动是布朗运动
C. 在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的运动是布朗运动
D. 悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动越明显
2.如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其逸出功的大小关系为W1mv2bD. a3T2与卫星的质量无关
7.如图所示，长木板AB置于水平面上，板长为L，板的B端放置质量为m的小物块.现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时，物块的速度为v，物块始终保持与板相对静止，重力加速度为g，则在上述转动过程中( )
A. 重力对物块做的功为−mgLcsα
B. 摩擦力对物块做的功为mgLsinα
C. 弹力对物块做的功为mgLsinα+12mv2
D. 板对物块做的功为12mv2
8.迪塞尔循环是一种热力学循环，常用在柴油引擎中.该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成.如图所示a→b→c→d→a为一定质量的理想气体经历的迪塞尔循环，则( )
A. 在a→b过程中，气体的温度降低
B. 在b→c过程中，气体对外界做的功小于气体吸收的热量
C. 在c→d过程中，气体分子的平均速率增加
D. 在d→a过程中，气体的内能增大
9.如图所示电路中， A、B为两个相同灯泡， L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈， C为电容较大的电容器，下列说法中正确的是( )
A. 接通开关S， A立即变亮，最后 A比B亮
B. 接通开关S， B逐渐变亮，最后 A、B一样亮
C. 断开开关S， A、B都立刻熄灭
D. 断开开关S， A、B都逐渐熄灭
10.如图所示，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则( )
A. 球A的向心加速度小于球B的向心加速度
B. 球A对碗壁的压力与球B对碗壁的压力大小相等
C. 球A的角速度大于球B的角速度
D. 球A的线速度等于球B的线速度
11.如图所示，在AC连线上AM=MO=ON=NC，两个等量异种点电荷分别固定在M点与N点，连线BO与AC垂直，则( )
A. A、O两处电势相同B. A、C两处场强大小相等，方向不相同
C. 将电子从B点移动到O点，电场力做负功D. 电子从C点移到O点，电场力做的总功为正
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.小明同学想较准确测量某电池的电动势和内阻.他查阅资料得知此电池的电动势约1.4V、内阻约800Ω.除待测电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
A.电压表V(量程3V，内阻约6kΩ)
B.电流表A(量程2mA，内阻约为15Ω)
C.滑动变阻器R1(阻值0∼50Ω)
D.滑动变阻器R2(阻值0∼10kΩ)
(1)小明设计了如图甲所示的电路，实验中滑动变阻器应选__________(选填“R1”或“R2”).
(2)请根据设计的电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物电路图连接完整.
(3)正确连接电路后，闭合开关 S前应将图乙中所示的滑动变阻器置于__________(选填“最左端”或“最右端”).然后闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，测出多组 U、I值，记入下表.
(4)根据记录表中的实验数据在图丙坐标中作出U−I图象，由图象可得出该电池的电动势为__________ V，内阻为__________Ω(得出的结果均保留三位有效数字).
(5)上述实验电池内阻的测量值__________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，原因是__________.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，一列简谐横波在沿+x轴方向传播，图甲和图乙分别为轴上 a、b两质点的振动图像，两质点的平衡位置在x轴上的坐标分别为xa=0.1m、xb=1.3m，已知波长大于1.2m，试求这列波的波长λ和波速v.
14.如图所示，横截面为正方形的棱镜ABDE，正方形边长为a，棱镜的折射率n= 3，一束激光从AE边界上的O点与AE成30∘的夹角射入棱镜，能直接传播到ED边界，已知真空中光速为c，不考虑光在BD边界的反射.求：
(1)从BD边界出射的光线在棱镜中传播的时间t.
(2)从BD边界出射的光线与AE边界上的入射光线偏折的角度α;
15.如图所示，质量为2m的半圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧槽左端有固定在水平面上的竖直挡板，圆弧轨道位于竖直平面内且两端等高，半径为R，左半面AB弧光滑，右半面BC弧粗糙.一质量为m的小滑块从距槽顶端A的正上方P点处由静止释放，A与P点的高度差也为R，重力加速度为g.
(1)求滑块第一次到达槽最低点B时的速度大小v0和受到的支持力大小N;
(2)当滑块第一次到达槽右端C时，恰好与圆弧槽相对静止，求滑块第一次到达 C点前的过程系统损失的机械能;
(3)若去除挡板，圆弧槽可在光滑的水平面上自由运动，仍在静止的圆弧槽顶端A的正上方P点处由静止释放滑块，求滑块第一次到达槽最低点B时，圆弧槽的速度大小.
16.回旋加速器的示意图如图甲所示，两D形金属盒D1、D2圆心分别为O1、O2，两盒间狭缝间距为d，匀强磁场与盒面垂直，磁感应强度的大小为 B，加在狭缝间的交变电压uab的变化规律如图乙所示，电压值的大小为U.t=T4时刻，在O1点由静止释放质量为m、电荷量为+q的带电粒子，粒子在狭缝间做匀变速运动，交变电压的变化周期T=2πmqB，不计粒子重力及粒子的相对论效应.
(1)求粒子经两次加速进入金属盒D1区域内，做匀速圆周运动的轨道半径;
(2)若粒子连续4次经过交变电场加速后到达图中的A点，求粒子从O1点运动到A的时间t;
(3)为使粒子经过交变电场始终做加速运动，求粒子最多连续加速的次数 n和D形金属盒的半径的最大值R.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.在空气中观察到尘埃的运动事受到气流和重力的影响，不是布朗运动，故A错误；
B.悬浮在水中花粉微粒的无规则运动是布朗运动，而不是花粉颗粒内的分子运动为布朗运动，故B错误；
C.在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的运动是布朗运动，故C正确；
D.悬浮在液体中的微粒越大，液体分子撞击微粒的不平衡性越不明显，布朗运动越不明显，故D错误。
2.【答案】A
【解析】由光电效应方程：hν=12mvm2+W0，
光电子到达A极板过程，由动能定理：eU=Ekm−12mvm2，
联立知，光电子到达A板时动能的最大值Ekm=eU+hν−W0，
可见Ekm−U图像的斜率为e，纵截距为hν−W0，
由题知，W1hν−W2，可见用材料1和2进行光电效应实验得到的Ekm−U图线相互平行，且用材料2进行光电效应实验得到的Ekm−U图像的纵轴截距较小，故选A。
3.【答案】B
【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为−1，所以X是电子，故A错误;
B.放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与外界因素无关，故B正确;
C. 1124Na核与 1224Mg核的核子数相同，故C错误;
D. 1124Na核的比结合能比 1224Mg核小，故D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】AC.只要小球从同一高度由静止释放即可保证小球做平抛运动的初速度相等，小球与斜槽之间有摩擦不会造成实验误差，故AC错误；
B.根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，小球在空中运动的轨迹与描迹板面不平行，会影响“研究平抛运动”实验的准确性。故B正确；
D.根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较远，可以减小偶然误差，不会增大实验误差，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查动态平衡问题，解题关键是做好C点的受力分析，利用正交分解法，根据竖直方向和水平方向合力均为零分析。
【解答】
对C点受力分析如图所示，
T和N竖直向上的分力之和等于物块重力G，T向左的分力等于N向右的分力加上F，当F从无到有，C点仍保持平衡，只能是T变大，N变小，甚至反向变大，所以轻杆AC中的弹力一定变大，轻杆BC中的弹力可能变小，也可能反向变大，故选A项。
6.【答案】D
【解析】【解答】
A.根据开普勒第二定律可知，近地点A点速度最大，故A错误；
B.卫星运行过程只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C.卫星在A处做离心运动，万有引力提供的向心力GMmb2小于卫星在A处需要的向心力mv2b，故C错误。
D.a3T2只与中心天体即地球质量有关，与卫星的质量无关，故D正确。
7.【答案】C
【解析】A.重力对物块做的功为−mgLsinα;故A错误；
B.小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直，则摩擦力对物块做的功为零；故 B错误；
C.根据动能定理可知，W−mgLsinα=12mv2，解得弹力对物块做的功为W=mgLsinα+12mv2;故C正确；
D.根据动能定理可知，合力对物块做的功为12mv2;板对物块做的功为mgLsinα+12mv2;故D错误.
8.【答案】B
【解析】A.在a→b过程中，此过程为绝热过程，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体内能增大，温度升高，故A错误；
B.在b→c过程中，为等压过程，气体体积增大，根据理想气体状态方程，温度升高，内能增大；根据热力学第一定律，气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故B正确；
C.在c→d过程中，此过程为绝热过程，气体对外界做功，根据热力学第一定律，气体内能减小，温度降低，气体分子的平均速率减小；故C错误；
D.在d→a过程中，为等容过程，气体压强减小，根据理想气体状态方程，温度降低，气体的内能减小，故D错误。
9.【答案】B
【解析】【解答】
AB.接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮。故A错误，B正确；
CD.当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故CD错误。
10.【答案】C
【解析】【分析】
小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=mv2r=mrω2，比较线速度、角速度和向心加速度的大小．并比较支持力的大小，从而能比较压力的大小。
解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，能灵活选择向心力的形式，由牛顿运动定律列式分析。
【解答】
ACD.对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R。
根据重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，得：
F合=mgtan⁡β=ma=mv2r=mrω2，又r=Rsinβ，联立得：v= gRtanβsinβ，a=gtanβ，ω= gRcsβ，R一定，可知β越大，线速度v越大、角速度ω越大、向心加速度a越大，所以球A的线速度大于球B的线速度，球A的角速度大于球B的角速度，球A的向心加速度大于球B的向心加速度。故C正确，AD错误；
B.由图得：球所受的支持力FN=mgcsβ，β越大，FN越大，则碗对A球的支持力较大，由牛顿第三定律知球A对碗壁的压力大于球B对碗壁的压力，故B错误。
11.【答案】D
【解析】A、根据等量的异种电荷的等势面的特点可知， O点电势为零， O点左侧电势均为正值， O点右侧电势均为负值，故 A点电势为正， O点电势为零，故 A点电势高于 O点电势，故 A错误；
B、根据等量的异种电荷的电场线的分布可知， A、 C两处场强大小相等，方向相同，故 B错误；
C、根据电场力做功W=qUBO，由于BO两点电势均为零，电场力不做功，故 C错误；
D、电子从C点移到O点，从低电势向高电势运动，电场力做的总功为正，故D 正确，
12.【答案】(1)R2；(2)；(3)最左端；(4)；1.33∼1.37；775∼808；(5)大于；测量值包含了电流表的内阻。
【解析】(1)因为电池的内阻约800Ω，由题图甲可知滑动变阻器为限流式接法，而R1的阻值太小，基本起不到调节电流作用，故实验中滑动变阻器应选R2；
(2)由题图甲所示电路图将实物连接如图所示：；
(3)为保护实验电路，滑动变阻器在闭合开关S前应接入最大阻值，故应将图乙中所示的滑动变阻器置于最左端；
(4)根据表格描点连线如图所示：；
(5)由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，结合所做U−I图象可得该电池的电动势为1.35V，内阻为：r=ΔUΔI=0.4−1.351.2×10−3Ω≈792Ω；
若考虑电流表内阻，由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir′+RA，所以r′+RA=ΔUΔI=0.4−1.351.2×10−3Ω≈792Ω，则可知电池内阻的测量值大于真实值，原因是测量值包含了电流表的内阻。
13.【答案】解：由题意可知，t=0时刻a、b两质点间的波形如图所示，
则有34λ=xb−xa
代入数据解得λ=1.6m
由图像可知波的周期T=0.4s
由于v=λT代入数据解得：v=4m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)射入O点的光入射角θ1=60∘，设折射角为θ2
由于n=sinθ1sinθ2
代入数据解得θ2=30∘
光在棱镜中的传播速度v=cn光路图如答图，
由几何关系有θ3=θ2，光在棱镜中的传播路程s=acsθ2
则t=sv=2ac
(2)如图可知n=sinθ4sinθ3
代入数据解得θ4=60∘
由几何关系可知α=120∘
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)由机械能守恒定律有2mgR=12mv02，解得v0=2 gR
由向心力公式有N−mg=mv02R，解得N=5mg
(2)设滑块恰好与圆弧槽相对静止时的速度为v，由动量守恒定律mv0=(m+2m)v
系统损失的机械能ΔE损=mgR−12(m+2m)v2，解得ΔE损=13mgR
(3)设此时圆弧槽的速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，则有2mgR=12⋅2mv12+12mv22；
0=2mv1−mv2；
解得v1= 6gR3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】 解：(1)设粒子经两次加速进入金属盒D1区域内，做匀速圆周运动的速度大小为v1，轨道半径为r1，则由动能定理有2qU=12mv12
由向心力公式有qv1B=mv12r1
解得：r1=2B mUq
(2)粒子运动的轨迹如答图所示，
设在电场中加速度为a，加速的总时间为t1，则有
qUd=ma，
4d=12at12
解得：t1=2d 2mqU
粒子在磁场中运动的总时间t2=32T=3πmqB
则有t=t1+t2=2d 2mqU+3πmqB
(3)粒子出射的最大速度v=2πRT
粒子在交变电场中连续加速的总时间tm=T2−T4=πm2qB
且有v=atm，nd=12atm2
解得n=π2mU8qd2B2，R=πmU2dqB2
【解析】详细解答和解析过程见【答案】U/V
1.11
1.05
0.88
0.72
0.56
I/mA
0.30
0.40
0.60
0.80
1.00