2024江苏省高三上学期期末迎考卷物理含解析

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物理参考答案与评分标准
1. B 解析:13H发生衰变时,核内中子转变为一个质子和一个电子,故A错误;依题意,该核反应释放能量,所以 23He的比结合能大于 13H的比结合能,故B正确;放射性元素的放射性与温度无关,故C错误;13H衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于13H的质量减 23He的质量再减 -10e的质量,故D错误.
2. B 解析:根据Δx=Ldλ可知,若使用更长的杯子,L变大,条纹间距变大,故A错误;由c=λf可知,若使用频率更低的激光,激光的波长变大,条纹间距变大,故B正确;增大激光器到双缝之间的距离,间距不变,故C错误;在杯子中填充折射率较大的透明物质,光在介质中的传播速度变小,频率不变,可知光在杯子中的波长变小,故条纹间距变小,故D错误.公众号：高中试卷君
3. A 解析:两球加速度均为重力加速度,则相同时间内速度变化量大小相同,A正确;两球相遇时间t=vg,则tan θ=gtv=1,相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为45°,B错误;两球竖直方向的分位移相等,则相遇点在N点上方ℎ2处,C错误;M、N间的距离为x=vt=v2g,又h=2·v22g,则x=h,D错误.
4. C 解析:由图知,该质点的起振方向沿y轴负方向,则波源的起振方向沿y轴负方向,A错误;波长λ=vT=0.6×0.2 m=0.12 m,波源与P点间的距离0.15 m=λ+14λ,当t=0.1 s时,P点位于平衡位置向上运动,结合波形知,当t=0.1 s时,波源处于波峰,B错误;由图知振幅A=2×10-2 m,则当该质点经过的路程为1×10-1 m时,P点位于波谷,波源经过平衡位置,速度最大,C正确;P点与距波源5×10-2 m处的质点间的距离Δx=0.15 m-0.05 m=0.1 m=56λ,P点与距波源5×10-2 m处的质点运动方向并不始终相同,D错误.
5. D 解析:ab端输入电压为220 V,由于送电线圈中的电阻R分压,故送电线圈两端电压小于220 V,则根据U1U2=n1n2可知,受电线圈cd两端的输出电压小于22 V,故A错误;设手机两端电压为U',由题意可知U2=U'+I2R,送电线圈的电流为I1=n2n1I2=0.1 A,则送电线圈两端电压U1=U-I1R=220-0.1R,根据U1U2=n1n2,可解得R=20 Ω,故B错误;充电时,与送电线圈相连的电阻R两端的电压为UR=I1R=2 V,故C错误;充电时,受电线圈cd两端的输出电压为U2=U'+I2R=21.8 V,故D正确.
6. A 解析:在8 s时间内甲、乙运动的距离分别为x甲=v甲t=24 m、x乙=v乙t=48 m根据对称性由图可得Δx=x乙-x甲2=12 m,根据几何关系可得蓝牙耳机在运动过程中与手机无线连接的最远距离为dm=d2+(Δx)2=13 m,故选A.
7. B 解析:h是“太空电梯”距地面高度,当h为零时宇航员在地面,受万有引力和地面的支持力,绕地球运动的线速度小于第一宇宙速度,故A错误;因地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度,同步卫星受到的万有引力等于向心力,故当h与地球同步卫星距地面高度相同时,宇航员受到的万有引力等于向心力,则宇航员处于完全失重状态,故B正确;根据a=ω2r,可知h越小,r越小,宇航员绕地心运动的向心加速度越小,故C错误;“太空电梯”相对地面静止,“太空电梯”里的宇航员随地球自转的角速度相等,根据v=ωr,可知h越大,r越大,宇航员绕地心运动的线速度越大,故D错误.
8. D 解析:该过程中由水平速度产生的洛伦兹力做正功,故A错误;小球受到的合力方向与速度方向不共线,所以其运动轨迹是一条曲线,故B错误;洛伦兹力不做功,故C错误;小球在竖直方向做匀加速运动,故D正确.
9. D 解析:由图可知q1附近电势为正无穷,则q1为正电荷,q2附近电势为负无穷,则q2为负电荷,故q1和q2带异种电荷,故A错误;φ-x图线的斜率对应电场强度,A点处φ-x图线的斜率不为零,则A点的电场强度不为零,故B错误;根据沿电场线方向电势降低,N、C之间电场强度方向沿x轴负方向,故C错误;将电子沿x轴从N移到D,电势先增大后减小,电场力先做正功后做负功,故D正确.公众号：高中试卷君
10. C 解析:由乙图可知,线框在下降过程中,磁场先垂直斜面向下,磁感应强度逐渐减小为零,后磁场垂直斜面向上,磁感应强度由零逐渐增大,从上往下看,线框中的电流方向为顺时针方向,根据左手定则可知,线框四个边均受到安培力,但受到的安培力的合力为零,虽然MN边中感应电流的方向不变,但磁场的方向发生变化,因此MN边受到的安培力先沿斜面向下,再沿斜面向上,故A、B错误;线框所受安培力的合力为零,故线框在重力和支持力的作用下沿斜面向下运动,沿斜面向下的分力为mgsin θ,由牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,由v=v0+at,可得经过时间t,线框的速度大小为v=gtsin θ,故C正确,D错误.
11. C 解析:在物体A下落过程中绳的拉力对物体A做负功,故机械能减小,故A正确;由题意可知,初始状态弹簧无弹力,物体A落地前瞬间,弹簧的形变量等于h,此时弹簧的弹力F=2mg,弹簧的劲度系数为k=Fℎ=2mgℎ,故B错误;设整个过程中,绳子对A的冲量大小为I绳,则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I绳,对A由动量定理得mgt-I绳=0,对B和弹簧由动量定理得2mgt-I地-I绳=0,解得物体A从静止下落到落地的t时间内,地面对B物体的冲量大小为I地=mgt,故C正确;将A物体质量改为1.5m,当弹簧弹力等于1.5mg时,A受力平衡,加速度为零,速度最大,此时弹簧形变量x=1.5mgk=34h,对A和弹簧的系统,根据机械能守恒得1.5mgx=12kx2+12×1.5mv2,解得v=3gℎ4,故D错误.
12. (15分)(1)V1 (2)C (3)见解析 (4)1.50 0.50
解析:(1)2节干电池串联起来,电动势约为3 V,电压表应选用V1.
(2)因为待测电池的内阻太小,路端电压变化不明显,故选C.
(3)如图所示
(4)设每节干电池的电动势为E,内阻为r,由闭合电路欧姆定律可得
U=2E-I(R0+2r)
结合乙图,可得2E=3.0 V,R0+2r=2.0-3.00.5 Ω=2.0 Ω
解得E=1.50 V,r=0.50 Ω
13. (6分)(1) 10 m/s2 (2) 8.0 r/s
解析:(1)由题意可知a=ω02r
解得a=10 m/s2
(2)根据F附=mωm2r,ωm=2πnm
解得nm=25π≈8.0 r/s
14. (8分)(1) 放热 理由见解析 (2) 0.4 m
解析:(1)在挤压气囊过程中,气囊内的气体进入桶中,外界对气体做功,气体的温度不变,则气体的内能不变,根据热力学第一定律可知,气体向外放热.(3分)
(2) 压缩气囊过程中,温度不变,由于水管体积非常小,水桶中气体体积不变,则知p0(V1+V2)=pV2
当气囊中的气体全部被挤入桶内时,桶内的水恰好上升到出水口处,则有p=p0+ρgh
联立解得h=0.4 m(5分)
15. (12分)(1) mv02dq (2) -(2-3)d (3) -6Eqd2mv02
解析:(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有rcs θ=d
根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得r=2d,B=mv02dq(3分)
(2)由几何关系可知-x1+rsin θ=2d
解得x1=-(2-3)d
所以粒子经过x轴时的坐标x1=-(2-3)d(4分)
(3)粒子在y>0区域电场中做类平抛运动,在xOy平面内沿v0方向做匀速直线运动,设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1,则v0t1=2d+x1csθ
粒子运动的加速度a=Eqm
在z轴负方向运动的距离z'1=12at12
解得t1=23dv0,z'1=6Eqd2mv02
所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-6Eqd2mv02(5分)
16. (15分)(1) F04mg (2) 516F0L (3) F02F02
设大木块与木块1碰撞前的速度为v0,根据动能定理得F-F02L=12Mv02,解得v0=(2F-F0)L2m
设大木块与木块1碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律可得Mv0=(M+m)v,解得v=23v0
若1、2两木块间不发生碰撞,则FL