江蘇省2023—2024學(xué)年高三上學(xué)期期末迎考卷物理物理參考答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)1.B解析:13H發(fā)生衰變時(shí),核內(nèi)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子,故A錯(cuò)誤;依題意,該核反應(yīng)釋放能量,所以

23He的比結(jié)合能大于

13H的比結(jié)合能,故B正確;放射性元素的放射性與溫度無關(guān),故C錯(cuò)誤;13H衰變時(shí)會(huì)釋放能量,衰變過程中的質(zhì)量虧損等于13H的質(zhì)量減

22.B解析:根據(jù)Δx=Ldλ可知,若使用更長(zhǎng)的杯子,L變大,條紋間距變大,故A錯(cuò)誤;由c=λf可知,若使用頻率更低的激光,激光的波長(zhǎng)變大,條紋間距變大,故B正確;增大激光器到雙縫之間的距離,間距不變,故C錯(cuò)誤;在杯子中填充折射率較大的透明物質(zhì),光在介質(zhì)中的傳播速度變小,頻率不變,可知光在杯子中的波長(zhǎng)變小,故條紋間距變小,故D錯(cuò)誤.3.A解析:兩球加速度均為重力加速度,則相同時(shí)間內(nèi)速度變化量大小相同,A正確;兩球相遇時(shí)間t=vg,則tanθ=gtv=1,相遇時(shí)小球S1的速度方向與水平方向夾角為45°,B錯(cuò)誤;兩球豎直方向的分位移相等,則相遇點(diǎn)在N點(diǎn)上方?2處,C錯(cuò)誤;M、N間的距離為x=vt=v2g,又h=2·v22g,4.C解析:由圖知,該質(zhì)點(diǎn)的起振方向沿y軸負(fù)方向,則波源的起振方向沿y軸負(fù)方向,A錯(cuò)誤;波長(zhǎng)λ=vT=0.6×0.2m=0.12m,波源與P點(diǎn)間的距離0.15m=λ+14λ,當(dāng)t=0.1s時(shí),P點(diǎn)位于平衡位置向上運(yùn)動(dòng),結(jié)合波形知,當(dāng)t=0.1s時(shí),波源處于波峰,B錯(cuò)誤;由圖知振幅A=2×102m,則當(dāng)該質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為1×101m時(shí),P點(diǎn)位于波谷,波源經(jīng)過平衡位置,速度最大,C正確;P點(diǎn)與距波源5×102m處的質(zhì)點(diǎn)間的距離Δx=0.15m0.05m=0.1m=56λ,P點(diǎn)與距波源5×102m處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向并不始終相同,D5.D解析:ab端輸入電壓為220V,由于送電線圈中的電阻R分壓,故送電線圈兩端電壓小于220V,則根據(jù)U1U2=n1n2可知,受電線圈cd兩端的輸出電壓小于22V,故A錯(cuò)誤;設(shè)兩端電壓為U',由題意可知U2=U'+I2R,送電線圈的電流為I1=n2n1I2=0.1A,則送電線圈兩端電壓U1=UI1R=2200.1R,根據(jù)U1U2=n1n2,可解得R=20Ω,故B錯(cuò)誤;充電時(shí),與送電線圈相連的電阻R兩端的電壓為UR=I1R=2V,故C錯(cuò)誤;充電時(shí),受電線圈cd兩端的輸出電壓為U2=6.A解析:在8s時(shí)間內(nèi)甲、乙運(yùn)動(dòng)的距離分別為x甲=v甲t=24m、x乙=v乙t=48m根據(jù)對(duì)稱性由圖可得Δx=x乙-x甲2=12m,根據(jù)幾何關(guān)系可得藍(lán)牙耳機(jī)在運(yùn)動(dòng)過程中與無線連接的最遠(yuǎn)距離為dm=d2+7.B解析:h是“太空電梯”距地面高度,當(dāng)h為零時(shí)宇航員在地面,受萬有引力和地面的支持力,繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度小于第一宇宙速度,故A錯(cuò)誤;因地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度,同步衛(wèi)星受到的萬有引力等于向心力,故當(dāng)h與地球同步衛(wèi)星距地面高度相同時(shí),宇航員受到的萬有引力等于向心力,則宇航員處于完全失重狀態(tài),故B正確;根據(jù)a=ω2r,可知h越小,r越小,宇航員繞地心運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小,故C錯(cuò)誤;“太空電梯”相對(duì)地面靜止,“太空電梯”里的宇航員隨地球自轉(zhuǎn)的角速度相等,根據(jù)v=ωr,可知h越大,r越大,宇航員繞地心運(yùn)動(dòng)的線速度越大,故D錯(cuò)誤.8.D解析:該過程中由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力做正功,故A錯(cuò)誤;小球受到的合力方向與速度方向不共線,所以其運(yùn)動(dòng)軌跡是一條曲線,故B錯(cuò)誤;洛倫茲力不做功,故C錯(cuò)誤;小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng),故D正確.9.D解析:由圖可知q1附近電勢(shì)為正無窮,則q1為正電荷,q2附近電勢(shì)為負(fù)無窮,則q2為負(fù)電荷,故q1和q2帶異種電荷,故A錯(cuò)誤;φx圖線的斜率對(duì)應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度,A點(diǎn)處φx圖線的斜率不為零,則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,故B錯(cuò)誤;根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,N、C之間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向,故C錯(cuò)誤;將電子沿x軸從N移到D,電勢(shì)先增大后減小,電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功,故D正確.公眾號(hào)：高中試卷君10.C解析:由乙圖可知,線框在下降過程中,磁場(chǎng)先垂直斜面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小為零,后磁場(chǎng)垂直斜面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度由零逐漸增大,從上往下看,線框中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,根據(jù)左手定則可知,線框四個(gè)邊均受到安培力,但受到的安培力的合力為零,雖然MN邊中感應(yīng)電流的方向不變,但磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化,因此MN邊受到的安培力先沿斜面向下,再沿斜面向上,故A、B錯(cuò)誤;線框所受安培力的合力為零,故線框在重力和支持力的作用下沿斜面向下運(yùn)動(dòng),沿斜面向下的分力為mgsinθ,由牛頓第二定律可得mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,由v=v0+at,可得經(jīng)過時(shí)間t,線框的速度大小為v=gtsinθ,故C正確,D錯(cuò)誤.11.C解析:在物體A下落過程中繩的拉力對(duì)物體A做負(fù)功,故機(jī)械能減小,故A正確;由題意可知,初始狀態(tài)彈簧無彈力,物體A落地前瞬間,彈簧的形變量等于h,此時(shí)彈簧的彈力F=2mg,彈簧的勁度系數(shù)為k=F?=2mg?,故B錯(cuò)誤;設(shè)整個(gè)過程中,繩子對(duì)A的沖量大小為I繩,則繩子對(duì)B和彈簧的沖量大小也為I繩,對(duì)A由動(dòng)量定理得mgtI繩=0,對(duì)B和彈簧由動(dòng)量定理得2mgtI地I繩=0,解得物體A從靜止下落到落地的t時(shí)間內(nèi),地面對(duì)B物體的沖量大小為I地=mgt,故C正確;將A物體質(zhì)量改為1.5m,當(dāng)彈簧彈力等于1.5mg時(shí),A受力平衡,加速度為零,速度最大,此時(shí)彈簧形變量x=1.5mgk=34h,對(duì)A和彈簧的系統(tǒng),根據(jù)機(jī)械能守恒得1.5mgx=12kx2+12×1.5mv212.(15分)(1)V1(2)C(3)見解析(4)1.500.50解析:(1)2節(jié)干電池串聯(lián)起來,電動(dòng)勢(shì)約為3V,電壓表應(yīng)選用V1.(2)因?yàn)榇郎y(cè)電池的內(nèi)阻太小,路端電壓變化不明顯,故選C.(3)如圖所示(4)設(shè)每節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,由閉合電路歐姆定律可得U=2EI(R0+2r)結(jié)合乙圖,可得2E=3.0V,R0+2r=2.0-3.0解得E=1.50V,r=0.50Ω13.(6分)(1)10m/s2(2)8.0r/s解析:(1)由題意可知a=ω0解得a=10m/s2(2)根據(jù)F附=mωm2r,ωm=2πnm解得nm=25π≈8.014.(8分)(1)放熱理由見解析(2)0.4m解析:(1)在擠壓氣囊過程中,氣囊內(nèi)的氣體進(jìn)入桶中,外界對(duì)氣體做功,氣體的溫度不變,則氣體的內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知,氣體向外放熱. (3分)(2)壓縮氣囊過程中,溫度不變,由于水管體積非常小,水桶中氣體體積不變,則知p0(V1+V2)=pV2當(dāng)氣囊中的氣體全部被擠入桶內(nèi)時(shí),桶內(nèi)的水恰好上升到出水口處,則有p=p0+ρgh聯(lián)立解得h=0.4m(5分)15.(12分)(1)mv02dq(2)(23)d(解析:(1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由幾何關(guān)系有rcosθ=d根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv解得r=2d,B=mv02dq (2)由幾何關(guān)系可知x1+rsinθ=2d解得x1=(23)d所以粒子經(jīng)過x軸時(shí)的坐標(biāo)x1=(23)d (4分)(3)粒子在y>0區(qū)域電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在xOy平面內(nèi)沿v0方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子碰到屏前做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,則v0t1=2粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a=Eq在z軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的距離z'1=12a解得t1=23dv0,所以打到屏上位置的z軸坐標(biāo)z1=6Eqd2mv16.(15分)(1)F04mg(2)516F0L(3)F02解析:(1)根據(jù)平衡條件可得F0=4μmg解得μ=F04mg ((2)設(shè)大木塊與木塊1碰撞前的速度為v1,根據(jù)動(dòng)能定理得(F0μMg)L=12M解得v1=F設(shè)大木塊與木塊1碰撞后的速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv1=(M+m)v2解得v2=1設(shè)木塊1與木塊2碰撞前的速度為v3,根據(jù)動(dòng)能定理得(F03μmg)L=12·3mv3212解得v3=7設(shè)三個(gè)木塊一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v4,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得(M+m)v3=(M+2m)v4解得v4=1在兩次碰撞中損失的總機(jī)械能為ΔE=F0·2LμMgLμ(m+M)gL12(M+2m)解得ΔE=516F0L (6分(3)