[物理]江苏省2024届高三终极押题卷04(解析版)

这是一份[物理]江苏省2024届高三终极押题卷04(解析版)，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（ ）

A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【详解】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选A。
2．如图所示，将一小球从倾角的斜面顶端A点以初速度水平抛出，落在斜面上的B点，C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，CD垂直AB。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则（ ）

A．小球在C点的速度大小是
B．小球从A到B点所用时间等于
C．小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是
D．A、B两点间距离等于
【答案】C
【详解】A.在C点时速度方向与斜面平行，则此时有
A错误；
B.设小球从A到B点所用时间为，则有
解得
B错误；
C.由平抛运动物体在任意时刻（任意位置），速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍可得，小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是，C正确；
D.水平方向做匀速直线运动，则
则A、B两点间距离
D错误。
故选C。
3．以下关于电阻、电感器、电容器对电流作用的说法正确的是（ ）
A．电阻对直流电和交流电都有阻碍作用
B．电感器对交流电没有阻碍作用
C．电容器对直流电没有阻碍作用
D．电容器两极板间呈断路状态，因此串联着电容器的电路不能通过交变电流
【答案】A
【详解】A．电阻对直流电和交流电均有阻碍作用，故A正确；
BCD．电感器有“通直流、阻交流”的作用，电容器有“通交流、阻直流”的作用，故BCD错误。故选A。
4．一定质量理想气体的状态变化如图所示，dabc为圆弧，cd为半径相同的圆弧。气体从状态a经状态b、c、d，最终回到a，则（ ）
A．从状态c到状态d是等温膨胀过程
B．从状态a到状态c，气体吸收热量，内能不变
C．处于状态c时气体分子单位时间撞击单位面积的次数一定比状态a少
D．从状态a经b、c、d回到状态a，气体吸收热量
【答案】C
【详解】A．题意可知从状态a到状态b是圆弧而不是双曲线，所以不是等温膨胀过程，故A错误；
B．状态a到状态c，气体压强相等，体积增大，根据理想气体状态方程
可知其温度必定升高，内能增加，又对外界做功，根据热力学第一定律，有
气体吸收热量，故B错误；
C．据上一选项分析，在状态c，气体体积较大，分子数密度较小，气体温度升高导致分子平均动能增加，在保持压强不变的情况下单位时间撞击单位面积的次数一定较少，故C正确；
D．状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功等于图形的面积，根据热力学第一定律，有
气体放出热量，故D错误。
故选C。
5．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图像，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点a从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴负方向传播，波速为B．质点a经4s振动的路程为4m
C．此时刻质点b的速度沿y轴正方向D．质点a在时速度最大
【答案】B
【详解】A．由图乙可知，该时刻质点a位于平衡位置且向y轴正方向运动，由图甲结合“同侧法”可知，该波沿x轴正方向传播，由图甲可知，波长为8m，由图乙可知，周期为8s，则波速为
故A错误；
B．质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为4m，故B正确；
C．由图甲结合“同侧法”可知，此时刻质点b的速度沿y轴负方向，故C错误；
D．在t=2s时，质点a在正的最大位移处，此时a的速度为零，故D错误。
故选B。
6．2023年4月12日晚，中国可控核聚变装置“人造太阳”成功实现403秒稳态运行，将进一步加快聚变能的开发进程，早日实现由核聚变能点亮第一盏灯。核聚变可以有多种反应模式，常见的核聚变反应有：氘核聚变反应；氘和氚的核聚变反应。下列表述正确的有（ ）

A．X和Y的质量数相等B．X和Y的中子数相等
C．X的结合能小于Y的结合能D．两核聚变过程中质量亏损相等
【答案】C
【详解】A．两个核聚变方程为
故X和Y的质量数分别为3和4不相等，故A错误；
B．X和Y的中子数分别是1和2不相等，故B错误；
C．X需要再结合一个中子才能结合成Y，故X的结合能小于Y的结合能，故C正确；
D．由质能方程
因为不同，所以也不同，故D错误。故选C。
7．如图甲所示，光纤通信是利用激光在光导纤维中不断发生全反射向前传播的。如图乙所示，将一激光以入射角θ从P点入射，经过折射后恰好在界面的Q点发生全反射，则此介质的折射率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】激光以入射角θ从P点入射，经过折射后恰好在界面的Q点发生全反射，设在P点所形成的折射角的大小为，则在Q点的入射角为，可得
即
解得
将
带入得
故选A。
8．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，图中弹簧竖直时恰好处于原长状态，其原长为l。现让圆环从图示位置由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑至底端的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧和杆垂直时圆环的加速度最大
C．圆环所受合外力做功不为零
D．圆环克服弹簧的弹力做功mgl
【答案】D
【分析】主要考查动能定理
【详解】A．由图知弹簧先缩短后再恢复原长最后伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，弹簧对圆环先做负功后做正功，再做负功，故A错误；
B．弹簧和杆垂直时圆环所受的合外力为mgsinθ，此时合外力不是最大，即加速度不是最大，选项B错误；
CD．整个过程中因动能变化为零，则根据动能定理，可知合外力做功为0，即
W+mgl=0
即弹簧对圆环做功为-mgl。故C错误，D正确。
故选D。
9．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（ ）
A．加速度先减小后增大
B．合力的冲量大小为
C．最大的加速度为
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】C
【详解】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即，上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为ｇ；
小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小，故Ａ错误；
B．设小球的初速度为，满足
而小球的末速度为，有
取向下为正，根据动量定律有
故B错误；
C．小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有
当小球向下匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因，则有
即从最高点下降至原位置所用时间大于，故D错误。故选C。
10．如图电路中，为定值电阻，电表均为理想电表。移动滑动变阻器的滑片，V、V1、V2和A四个电表的示数分别记为、、和，则必有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据欧姆定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得
所以有
，
由于和的大小关系未知，所以无法判断和的关系，但一定有
所以一定有
故选B。
11．如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个边长也是d的正方形导线框，从L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，过程中产生的电能大小为E0，下列说法中正确的是（ ）
A．在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B．在导线框通过磁场的整个过程中，线框中的平均感应电流为0
C．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框中的电流方向没有发生变化
D．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为
【答案】B
【详解】A．在导体框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，故不能根据重力做功判断两次匀速的速度大小；设线框的电阻为R，质量为m，当ab边进入磁场，线框匀速运动的速度大小为，线框的感应电动势为
线框所受的安培力大小为
由于线框匀速运动，根据平衡条件有
线框以速度做匀速直线运动时，线框中总的感应电动势为
线框所受的安培力大小为
由于线框匀速运动，根据平衡条件有
比较可得
故A错误；
B．在导线框通过磁场的整个过程中，线框中磁通量变化为0，则由
可知通过线框截面的电荷量为0，由
可知线框中的平均感应电流为0，故B正确；
C．由右手定则判断知，线框进入磁场时感应电流方向为顺时针，ab边在越过运动到之前感应电流方向变为逆时针，故C错误；
D．从ab边进入磁场到速度变为的过程中，根据动能定理得线框动能的变化量的大小为
故D错误。
故选B。
二、实验题
12．小明利用如图所示的装置验证动量守恒定律．ABC是光滑的轨道，光电门1与光电门2固定在轨道上，实验中使用的小球a的质量为m，小球b的质量为3m，两球直径相等且为d。

（1）实验前需要将BC部分导轨调成水平．将小球a从轨道上的位置释放，a通过光电门1、2的挡光时间分别为与，若，则需将导轨C端调 （选填“高”或“低”）。
（2）将小球b静置于气垫导轨上的位置，使小球a从位置释放，a先后通过光电门1的挡光时间分别为与，b通过光电门2的挡光时间为，则碰后小球a的速度是 ；若a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为 。
（3）小明猜想：如果保持a的直径不变，逐渐增大a的质量，且a、b发生的是弹性碰撞，则碰撞之前a的挡光时间与碰撞之后b的挡光时间的比值会逐渐趋近于某一定值．你是否同意小明的猜想?若同意小明的猜想，请写出该比值。
【答案】（1）低 （2） （3）同意，比值为2
【详解】（1）[1]滑块a先后通过光电门1和光电门2的时间分别为与，若，说明a在减速，应将C端调低。
（2）[2] [3]设a球过光电门1的速度为v1，再次过光电门1的速度为v2，b球过光电门2的速度为v3，由于小球在无阻力的水平导轨上做匀速运动，所以小球通过光电门的平均速度等于小球通过光电门的瞬时速度，所以碰后小球a的速度是
规定向右为正方向，若碰撞过程中两小球组成的系统动量守恒则有
即
（3）[4]若碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中两小球组成的系统不仅动量守恒，其机械能也守恒，有：
解得
如果保持a的直径不变，逐渐增大a的质量，当，有，即
所以同意小明的猜想。
三、解答题
13．如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B，M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
（1）感应电动势的最大值；
（2）从图示位置起转过周的时间内负载电阻R上产生的热量；
（3）从图示位置起转过周的时间内通过负载电阻R的电荷量；
（4）电流表的示数．
【答案】（1）π2Bnr2；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流
此交变电动势的最大值为
Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2.
（2）在线圈从图示位置转过周的时间内，电动势的有效值为：
E＝
电阻R上产生的热量为
Q＝
（3）在线圈从图示位置转过周的时间内，电动势的平均值为
E＝
通过R的电荷量为
q＝I·Δt＝
（4）设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得：
解得：
E′＝
故电流表的示数为：
I＝.
14．如图所示，左侧连有一横截面积为S的大活塞的汽缸A通过细导管（容积可忽略）与汽缸B相连接，导管里面有一绝热活塞（质量可忽略）。大气压强为，大活塞的重力为，大活塞到汽缸A底部的距离为。两汽缸内封闭温度为27℃的同种理想气体。先将整个装置顺时针缓慢转过90°，为使细导管中绝热活塞位置不变，需要给汽缸B加热。忽略一切摩擦，求：
（1）汽缸A中活塞下降的距离d。
（2）汽缸B中气体的最终温度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）旋转前后，汽缸A中的压强分别为
对汽缸A分析，根据玻意耳定律有
汽缸A中活塞下降的距离
解得
（2）对汽缸B中气体进行分析，末状态压强
根据查理定律有
解得
即。
15．如图所示，xOy平面内存在以直线为边界的匀强磁场，磁场沿y方向分布足够广，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边界外无磁场．、N点坐标分别为（－2a，0）和（2a，0），已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用。
（1）从M点沿x轴正方向发射电子，要使电子进入磁场后能穿过磁场，求电子速度v满足的条件；
（2）从点以一定速度向第二象限内发射一电子，初速度方向与x轴正向夹角，电子穿过磁场后恰好能经过N点，求该电子从M点运动到N点的时间t；
（3）从点向第二象限与x轴正向夹角分别为、、、的四个方向均发射速率分别为、、的三个电子，通过计算分析判断哪些电子能回到点。
【答案】（1）；（2） ；（3）夹角为速率为的电子与夹角为速率为的电子能够回到点
【详解】（1）设恰好未穿出磁场的电子速度大小为，有
根据几何关系知
联立解得
则能穿出磁场的电子速度应满足的条件是
（2）根据对称性与几何条件，粒子在磁场中运动时，圆心位于坐标原点O，半径
根据牛顿第二定律
解得
两段直线运动阶段的时间
圆周运动的时间
则电子从点运动到N点的时间
（3）解法一：设在点粒子速度方向与x轴正方向夹角为任意角，欲使粒子返回点，由对称性及几何关系可得
得
又
得
当时
当时
当时
当时
同时要满足
综上可得，夹角为速率为的电子与夹角为速率为的电子能够回到点。
解法二能回到点的速率最大的粒子，在磁场中运动轨迹与边界相切，设粒子在点速度方向与x轴正方向夹角为α，有
解得
结合

解得
由题意可知，某一个方向只能有一种速率的粒子回到点，且速率不能超过
故角度为、两个方向的所有粒子都不能回M点，速率为的粒子也不能回点，设在点粒子速度方向与x轴正方向夹角为任意角（），则
得
又
得
（1）
将速率和分别代入（1）式知，夹角为速率为的电子与夹角为速率为的电子能够回到点。
16．如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为m的小物块B（可视为质点）以水平初速度从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在（未知）时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
（1）木板A的长度；
（2）时间内B经过的路程：
（3）的值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为，物块和木板由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立求得
，
（2）分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为，对B
从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有
从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有
从B第n次撞击挡板到第次撞击挡板过程，有
则
得
（3）B从第n次与挡板发生碰撞到第次与挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为，B做匀速直线运动的时间为，A、B保持相对静止共同运动的位移为，匀变速运动过程有
，
匀速过程有
联立可得
即每相邻两次碰撞过程：A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1。在时间内，设A做匀减速运动的累计时间为，则
对A有
又
解得