[物理]江苏省2023_2024学年高三第一次联考试卷(解析版)

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1．（4分）核能被视为人类解决能源问题的终极方案，我国在核能应用和研究方面目前都处于国际一流水平。2个质子和2个中子结合成氦核，并释放出能量。已知中子的质量为mn，质子的质量为mp，氦核的质量为m，真空中光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应属于α衰变反应
B．该核反应方程中质量亏损为m﹣（2mm+2mp）
C．该核反应释放的核能为
D．氨核的平均结合能为
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，判断核反应类型；结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量；根据平均结合能的定义列式求解。
【解答】解：A、根据电荷数守恒→，该反应为聚变反应；
B、8个中子和2个质子结合成氦核时质量亏损：Δm＝2mn+8mP﹣m，故B错误；
C、根据爱因斯坦质能方程2＝（2mn+8mP﹣m）c2，故C正确；
D、氦核的平均结合能为。
故选：C。
【点评】本题考查了核反应方程和爱因斯坦质能方程的基本运用，比较简单，知道在核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒。
2．（4分）关于理想气体，下列说法中正确的是（ ）
A．达到热平衡的两个系统温度一定相同
B．当气体温度升高时，所有分子的动能均增加
C．一定量气体失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力
D．温度升高时，气体分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比可能不变
【分析】根据热平衡的定义，知道温度是判断系统热平衡的依据，据此分析判断即可。
利用温度与平均分子动能、单个分子动能的关系解决问题；
气体如果失去容器的约束就会散开是自由扩散的结果；
温度变化时，分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化。
【解答】解：A、如果两个系统处于热平衡状态，但是内能不一定相同；
B、温度升高，但并不是每一个分子的动能都增加；
C、气体如果失去容器的约束就会散开是自由扩散的结果而不是因为分子间存在斥力；
D、温度变化时，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化。
故选：A。
【点评】掌握热平衡的概念及关键因素，掌握温度对平均分子速率及动能的影响因素即可解决问题。
3．（4分）将铁丝圈在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄薄的液膜，竖直放置能观察到彩色条纹，则（ ）
A．肥皂膜表面层分子间作用力表现为斥力
B．这层肥皂膜上薄下厚，侧截面为图乙梯形
C．上疏下密的彩色条纹是肥皂膜前后表面反射光形成的干涉条纹
D．将铁丝圈上方的把柄向右转动90°，条纹也会跟着转动90°
【分析】本题根据薄膜干涉现象结合液体表面张力作用，即可解答。
【解答】解：A.肥皂膜表面层分子间作用力表现为引力，故A错误；
B.由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，侧截面是一个圆滑的曲面，故B错误；
C.铁丝圈挂上一层薄薄的液膜，肥皂膜前后表面反射光叠加形成彩色条纹，故C正确；
D.若铁丝圈在竖直平面内旋转，由于重力作用膜的厚度仍是上薄下厚，不会旋转；
故选：C。
【点评】本题考查学生对薄膜干涉现象的理解能力和分析能力，比较基础。
4．（4分）如图所示，游乐场有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目。钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，连接游客P、Q的钢绳与竖直方向之间的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＜θ2。将游客看作一个质点，不计钢绳和座椅的重力，下列说法正确的是（ ）
A．游客P、Q的角速度不相等
B．游客P、Q的线速度大小相等
C．游客P的向心加速度小于Q的向心加速度
D．游客P、Q受到钢绳的拉力大小相等
【分析】本题根据角速度与线速度、向心力以及向心加速度的关系式分析求解。
【解答】解：A.两游客P、Q在同一水平面内做匀速圆周运动、Q的角速度相等；
B.根据线速度和角速度关系：v＝ωr，可得游客P，故游客P，故B错误；
C.连接游客P、Q的钢绳与竖直方向之间的夹角分别为θ1、θ2，且θ8＜θ2，可知游客P的半径小于游客Q的半径，根据向心加速度a＝rω2，游客P的向心加速度小于Q的向心加速度，故C正确；
D.在竖直方向上，根据游客P，且θ6＜θ2，可知游客P、Q受到钢绳的拉力大小不相等；
故选：C。
【点评】本题考查了圆周运动的基础知识，理解各个物理量公式的含义是解决此类问题的关键。
5．（4分）如图所示，由a、b两种单色光组成的一束复色光从水中S点沿SO射到水面，在界面上发生反射和折射后分成两束（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a在水中的传播速度小于b在水中的传播速度
C．用同一装置做单缝衍射实验，a光的中央亮条纹更窄
D．用同一装置做双缝干涉实验，屏幕上相邻亮条纹间距Δxb＜Δxa
【分析】A、由题意可知两光临界角的大小关系，由可知两光折射率的大小关系，则可知频率的大小关系；
B、利用分析两光在水中传播速度的大小关系；
C、根据折射率的大小关系可知两光的波长的大小关系，波长越长衍射的中央亮条纹越宽；
D、利用分析。
【解答】解：A、在界面上，a光发生折射，所以b光的临界角小于a光的临界角，由b＞na，则可知a光的频率小于b光的频率，故A错误；
B、由可知a在水中的传播速度大于b在水中的传播速度；
C、由nb＞na，可知λa＞λb，所以用同一装置做单缝衍射实验，a光的中央亮条纹更宽；
D、用同一装置做双缝干涉实验，由b＜Δxa，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了光的折射定律、全反射、光的干涉和衍射，解题的关键是知道光发生全反射的条件是：光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角，注意发生衍射时，光的波长越长，则中央亮条纹越宽。
6．（4分）如图所示，在光滑水平面上MN右侧区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一质量为m、高为a、电阻为R的正三角形金属线框以速度v从边界MN处进入磁场，下列说法错误的是（ ）
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．t＝0时刻，线框的感应电动势大小为Bav
C．通过导线横截面的电荷量为
D．线框中感应电流产生的焦耳热为
【分析】根据右手定则判断线框中的感应电流方向；B、由几何关系求出线框的边长，根据法拉第电磁感应定律求得线框的感应电动势；根据电流的定义式、法拉第电磁感应定律求解通过导线横截面的电荷量；根据能量守恒定律求解线框中感应电流产生的焦耳热。
【解答】解：A、根据右手定则，线框中的感应电流方向为逆时针方向；
B、正三角形金属线框的高为a
根据法拉第电磁感应定律，t＝0时刻，故B错误；
C、通过导线横截面的电荷量为：＝＝＝；
D、根据能量守恒定律，故D正确。
本题选则错误的，故选：B。
【点评】本题考查了电磁感应现象的基础问题，掌握求解通过的电荷量的推导过程，电荷量的一般表达式为q＝n。
7．（4分）图甲为研究光电效应的电路图，其中光电管阴极K的材料的逸出功。图乙为实验中用某一频率的光照射光电管时，当U＝﹣2.5V时，光电流刚好为0。已知普朗克常量h＝6.6×10﹣34J•s，电子电荷量e＝1.6×10﹣19C，质量m＝9.1×10﹣31kg，下列说法正确的是（ ）
A．入射光的频率为1.5×1016Hz
B．以最大初动能逸出的光电子的德布罗意波的波长约为7.7×10﹣10m
C．当电压U＝2.5V时，光电子到达阳极A的最大动能为8.0×10﹣29J
D．每秒射到光电管阴极K的光子至少为1.2×1017个
【分析】明确2.5V为遏止电压，根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程可确定入射光的频率，再根据德布罗意波的波长公式解波长；根据动能定理求解光电子到达阳极A的最大动能；根据饱和电流求解光电子数，再根据光电子数和光子数对应确定光子数。
【解答】解：A、由乙图可知c＝2.5V，由爱因斯坦光电效应方程可知，Ek＝hν﹣W5，且﹣eUc＝0﹣Ek，联立解得本次实验入射光的频率为ν＝1.7×1015Hz，故A错误；
B、以最大初动能逸出的光电子的德布罗意波的波长λ＝k＝Uce＝2.5×8.6×10﹣19J＝4×10﹣19J，由p＝，光电子的动量p＝﹣25kg•m/s，联立解得波长λ＝﹣10m，故B正确；
C、由动能定理可知，光电子到达阳极A的最大动能为EK1＝Ek+Ue＝2.8×1.6×10﹣19J+7×10﹣19J＝8.0×10﹣19J，故C错误；
D、由题意可知m＝35.2μA，则1s时间内到达A极的电子数n＝＝14个，即每秒射到光电管阴极K的光子至少为2.2×1014个，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查对光电效应的理解以及爱因斯坦光电效应方程应用，要注意正确理解I﹣U图象，从图中找出遏止电压和饱和电流是解题的关键。
8．（4分）一定质量的理想气体经历从状态A到状态B的变化，其V﹣T图像如图所示，AB的反向延长线过原点。气体在状态A的压强2J，下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态B的压强为2.25×105Pa
B．气体在状态B的体积为2.5×10﹣2m3
C．从状态A到状态B的过程，气体对外界做功750J
D．从状态A到状态B的过程，气体的内能增加1.55×103J
【分析】AB、根据AB的反向延长线经过原点，可知从A到B气体压强不变，利用盖﹣吕萨克定律可得气体在状态B的体积；
CD、根据W＝pΔV可得气体对外界做的功，根据热力学第一定律可得内能的增加量。
【解答】解：AB、AB的反向延长线过原点，所以气体在状态B的压强：，由盖﹣吕萨克定律有：B＝7.5×10﹣2m3，故AB错误；
CD、从状态A到状态B的过程（4.5×10﹣2﹣4×10﹣2）J＝750J
气体体积增大，气体对外界做功，即W＝﹣750J
由热力学第一定律有：ΔU＝W+Q，其中Q＝8.7×102J，代入数据可得：ΔU＝50J，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了热力学第一定律、盖﹣吕萨克定律，解题的关键是知道V﹣T图像的图线经过坐标原点，则气体的压强不变。
9．（4分）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接原、副线圈匝数比n1：n2＝1：2的理想变压器，变压器副线圈上接有R＝20Ω的电阻。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度大小为B＝0.2T，发电机线圈匝数N＝10匝2，转动角速度ω＝25rad/s，内阻不计。当发电机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．以图示位置为t＝0时刻，线圈中感应电动势的表达式为e＝10sin25t（V）
C．电阻R两端的电压为
D．电阻R消耗的电功率为20W
【分析】A.根据与中性面垂直的平面的特点进行分析解答；
B.根据交流电的瞬时值表达式进行分析求解；
C.根据有效值和最大值的关系结合变压器变压比进行计算；
D.根据功率公式求解。
【解答】解：A.图示位置是与中性面垂直的平面，穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
B.以图示位置为t＝0时刻，对应的感应电动势的表达式为e＝NBSωcsωt＝10×8.2×0.5×25cs25t（V）＝10cs25t（V）；
C.交流电压的有效值为U1＝＝V＝5V＝，得U2＝10V，故C正确；
D.电阻R消耗的电功率为P＝＝W＝10W。
故选：C。
【点评】考查交流电的瞬时值、最大值、有效值和变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和计算。
10．（4分）如图甲所示，2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，发射任务获得圆满成功。假设爱因斯坦探针卫星发射简化过程如图乙所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，卫星由轨道Ⅰ进入近地点高度为h1、远地点高度为h2的椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点的速度大小为v，然后再变轨进入圆轨道Ⅲ，地球的半径为R，引力常量为G（ ）
A．地球的密度为
B．卫星在轨道Ⅲ上运动的速度大小约为
C．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期为2T
D．卫星在轨道Ⅱ上经过a点时的速度大小为
【分析】A.根据牛顿第二定律结合地球的体积公式、密度公式联立推导；
B.根据线速度的公式列式计算；
C.根据开普勒第三定律推导解答；
D.根据开普勒第二定律列式解答。
【解答】解：A.根据万有引力提供向心力有，解得，则地球密度；
B.卫星在轨道Ⅲ上运动时，线速度大小为；
C.由开普勒第三定律可得，解得；
D.由开普勒第二定律可知，在很短的时间Δt内，有，故D正确。
故选：D。
【点评】考查万有引力定律的应用和开普勒关于行星运动的定律，会根据题意进行准确分析和解答。
11．（4分）如图所示，水平固定一光滑长杆，杆上P点正下方h＝0.3m处固定一光滑定滑轮A＝1kg的滑块A套在细杆上，下端系一长L＝1m的轻质细绳绕过定滑轮，悬挂一质量mB＝1kg的小球B，用水平外力F将滑块A拉至P点左侧C点，绳与竖直方向夹角θ＝53°，取g＝10m/s2，cs53°＝0.6，sin53°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．水平外力的大小为F＝6N
B．水平外力的大小为F＝10N
C．撤去外力F后，滑块A滑至P点时速度大小为2m/s
D．撤去外力F后，滑块A滑至P点过程中轻绳拉力始终小于小球B的重力
【分析】对A受力分析列出平衡方程，得出水平拉力。对A、B组成的系统，由机械能守恒定律列式子。
【解答】解：在水平外力F作用下，系统保持静止状态时，如图所示，
AB.由共点力平衡条件可得 F＝T0sinθ，对B受力分析可得T0＝mBg，解得水平外力的大小为F＝mBgsinθ＝8×10×0.8N＝4N，AB错误；
C.当滑块A滑至P点时，小球B速度为0，对A，由机械能守恒定律可得：，解得：v＝2m/s；
D.撤去外力F后，滑块A滑至P点过程中，轻绳拉力先小于后大于小球B的重力；
故选：C。
【点评】本题考查共点力的平衡及系统机械能守恒的问题，常规题目。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（15分）某同学利用如图甲所示的电路测量一节干电池的电动势E和内阻r，选用的器材如下：
A.毫安表mA（量程为10mA，内阻为59Ω）
B.电压表V（量程为3V，内阻很大）
C.电阻箱R1（0～999.9Ω）
D.滑动变阻器R2（0～50Ω）
E.干电池一节、开关一个和导线若干
（1）根据图甲，在图乙上用笔画线代替导线完成实物图连线。
（2）正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图丙所示，其示数为 1.20 V。
（3）由于毫安表mA的量程太小，因此实验前需要将其改装成量程为0.6A的电流表，图甲中电阻箱R1应调整为 1 Ω。
（4）改变滑动变阻器滑片的位置，记录两电表的示数，电压表的示数为U，则干电池的电动势为 1.48 V（保留三位有效数字）、内阻为 0.33 Ω（保留两位有效数字）。
【分析】（1）根据实验原理连接实物图；
（2）根据电压表分度值读数；
（3）根据电表改装原理分析解答；
（4）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答。
【解答】解：（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）电压表量程0～3V，分度值为4.1V
（3）根据串并联特点有
Im＝IA+
将Im＝8.6A＝600mA代入可得
R1＝4Ω
（4）改装后的电流表内阻为R'＝
解得R'＝0.98Ω
由电路结合闭合电路欧姆定律可得
U＝E﹣I（R'+r）
则U﹣I图像的纵轴截距为
b＝E＝1.48V
U﹣I图像的斜率绝对值为
k＝R'+r＝Ω
解得内阻为
r＝8.33Ω
故答案为：（1）见解析；（2）1.20；（4）1.48
【点评】要掌握应用图像法处理实验数据的方法，会根据图像求电源电动势与内阻；会分析测电源电动势与内阻实验的误差问题。
13．（6分）如图所示，光滑绝缘水平面上，长度为l的绝缘细线一端系着带电荷量为+q（q＞0），另一端固定在O'点，空间中存在水平向右的匀强电场，现保持细线伸直，将小球拉开一个很小的角度（小于5°），小球运动到O点时的速度大小为v。已知小球的质量为m，重力加速度大小为g，则小球由释放到第一次运动到O点的过程中，求：
（1）电场力对小球做的功；
（2）电场力对小球的冲量的大小。
【分析】（1）根据动能定理进行解答；
（2）根据单摆周期公式求解振动周期，求出小球由释放到第一次运动到O点的过程中经过的时间，由此得到电场力对小球的冲量的大小。
【解答】解：（1）根据动能定理可得：W电＝；
（2）将小球拉开一个很小的角度（小于5°）后由静止释放，小球的运动可以看作是简谐运动。
等效重力加速度大小为：g等＝，振动周期为：T＝2π
小球由释放到第一次运动到O点的过程中经过的时间为：t＝
电场力对小球的冲量的大小：I冲＝qEt
联立解得：I冲＝。
答：（1）电场力对小球做的功为；
（2）电场力对小球的冲量的大小为。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是明确电场力做功与电势能和动能间的关系，掌握简谐运动周期的计算公式。
14．（8分）某栋居民楼发生火灾，消防队前往救援。如图所示，消防水龙头的喷嘴位置O与着火点A的连线与水平面的夹角为30°。已知水离开喷嘴时的速度大小为，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）水柱在空中距离O点的最大竖直高度；
（2）水柱到达着火点A时的速度大小。
【分析】（1）根据运动学公式可求出最大高度；
（2）利用运动的合成和分解，结合斜抛运动的规律可求出A点的速度。
【解答】解：（1）水在空中做斜抛运动，竖直方向上的分速度减为0时，利用逆向思维0sin60°）6＝2ghmax
解得hmax＝28.8m
（2）水在空中做斜抛运动，水柱从O运动到A过程有xOAcs30°＝v3cs60°•t
xOA sin30°＝•t
水柱到达着火点A时的速度大小vA＝
解得vA＝16m/s
答：（1）水柱在空中距离O点的最大竖直高度为28.6m
（2）水柱到达着火点A时的速度大小为16m/s。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于斜抛运动要应用运动的合成与分解作答。
15．（12分）某快递站利用如图所示装置运送货物（视为质点），固定倾斜轨道AB的B点与轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道CD组成且相切于C点，所对圆心角θ＝37°，水平粗糙轨道CD段长L＝5m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ0＝0.125，μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）货物在B点的速度大小；
（2）轨道B′CD的质量M；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q。
【分析】（1）根据动能定理求解货物在B点的速度大小。
（2）根据动能定理求得货物到达C点的速度大小，货物在轨道B′CD上由C运动到D的过程，货物与轨道B'CD组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律与能量守恒定律解答。
（3）根据功能关系分别求出货物从A到B的过程与货物在轨道B′CD上滑动的过程摩擦产生的内能，两者之和即为所求。
【解答】解：（1）货物从A到B的过程，根据动能定理可得：
解得货物在B点的速度大小：vB＝5m/s
（2）货物从B′到C的过程，根据动能定理可得：
解得货物在C点的速度大小：vC＝6m/s
货物在轨道B′CD上由C运动到D的过程，货物与轨道B'CD组成的系统动量守恒，以向左为正方向
mvC＝（m+M）v
μ1mgL＝﹣（m+M）v2
联立可得：M＝50kg
（3）根据功能关系，货物从A到B的过程摩擦产生的内能为：
Q1＝，解得：Q1＝25J
货物在轨道B′CD上滑动的过程摩擦产生的内能为：
Q2＝μ7mgL，解得：Q2＝150J
整个过程中由于摩擦产生的内能为：
Q＝Q1+Q3＝25J+150J＝175J
答：（1）货物在B点的速度大小为5m/s；
（2）轨道B′CD的质量M为50kg；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q为175J。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的板块模型，考查了动量守恒定律，功能关系的应用。对于多物体的相对运动的模型，解答时要理清物体的相对运动过程，确定所研究过程的初末状态。
16．（15分）如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为R0的两D形盒处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中，左侧D形盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小恒为B2的匀强磁场。S处粒子源产生初速度不计的电子，在两D形盒狭缝之间的交变电场中被周期性加速，经过时间t，通过水平管道（未接触管壁）后进入圆筒，最后从圆筒的右侧狭缝离开。已知圆筒的半径为r、电子的比荷为，电子在两D形盒狭缝间运动的时间不计，电子未与圆筒上壁碰撞，电子重力不计。
（1）求电子进入圆筒时的速度大小；
（2）求交变电场的电压大小；
（3）调节两D形盒处的磁场大小，可使电子与圆筒下壁碰撞不同的次数，当碰撞次数为n（n＝1，2，3，…）时
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求进入圆筒磁场的电子获得的速度大小；
（2）根据动能定理结合周期公式求两D形盒间加速电压U的值；
（3）根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求电子与下圆筒壁碰撞n（n＝1，2，3，…）次后的速率。
【解答】解：（1）电子在D型盒中射出时，轨道半径为R0，根据
解得
（2）电子在回旋加速器中的加速次数为
加速N次过程中，由动能定理得
解得加速电压为
（3）由图可知
电子在圆筒中又碰撞又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例
（n＝3，2，3…）
由几何关系
（n＝1，6，3…）
由洛伦兹力提供向心力
可得电子与下圆筒壁碰撞n（n＝1，2，3，…）次的电子的速率为
（n＝1，2，5…）
答：（1）电子进入圆筒时的速度大小；
（2）交变电场的电压大小；
（3）对应电子在圆筒中运动的速率（n＝1，2。
【点评】本题关键分析清楚带电粒子的运动情况，明确粒子各个阶段的运动规律，然后结合动能定理、牛顿第二定律等规律列式求解。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/20 15:43:26；用户：物化生；邮箱：17613376695；学号：50818988