江苏省徐州市睢宁县高级中学2023-2024学年高考压轴卷物理试卷含解析

江苏省徐州市睢宁县高级中学2023-2024学年高考压轴卷物理试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T2、2016年8月16日，我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，该卫星的发射将使我国在国际上率先实现高速星地量子通信，初步构建量子通信网络。“墨子号”卫星的质量为m(约640kg)，运行在高度为h(约500km)的极地轨道上，假定该卫星的轨道是圆，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R。则关于运行在轨道上的该卫星，下列说法中正确的是（）A．运行的速度大小为 B．运行的向心加速度大小为gC．运行的周期为 D．运行的动能为3、宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统。其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为M的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为R。并绕其中心O做匀速圆周运动。如果忽略其它星体对它们的引力作用，引力常数为G。以下对该三星系统的说法中正确的是（）A．每颗星做圆周运动的角速度为B．每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量无关C．若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍D．若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则线速度大小不变4、已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，μ0为比例系数（单位为N/A2）．试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（）A． B．C． D．5、已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍．若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为和，则：约为A．9：4 B．6：1 C．3：2 D．1：16、一个物体在外力F的作用下静止在倾角为θ的光滑固定斜面上，关于F的大小和方向，下列说法正确的是（）A．若F=mg，则F的方向一定竖直向上B．若F=mgtanθ，则F的方向一定沿水平方向C．若F=mgsinθ，则F的方向一定沿斜面向上D．若F=mgcosθ，则F的方向一定垂直于斜面向上二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，竖直放置的平行板电容器内除电场外还有图示的匀强磁场，从A板中点孔P向各个方向发射一批不同速度的带正电的微粒（考虑重力），则A到C的过程中A．微粒一定不做匀变速运动B．微粒一定做曲线运动C．所有微粒到达C板时动能一定发生变化D．所有微粒到达C板时机械能一定增大8、如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上。整个装置处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5。t=0时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A．环先做加速运动再做匀速运动B．0~2s内环的位移大于2.5mC．2s时环的加速度为5m/s2D．环的最大动能为20J9、如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法中正确的是（）A．滑块P运动过程中的电势能逐渐减小B．滑块P运动过程中的加速度逐渐增大C．x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/CD．滑块P运动的最大速度为0.5m/s10、如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（）A．导体棒作匀减速直线运动B．当棒发生位移为时，通过棒的电量为C．在通过棒的电荷量为时，棒运动的速度为D．定值电阻R释放的热量为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。则：(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______。(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是________。(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度12．（12分）某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：①用游标卡尺测出挡光片的宽度d。按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动；②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离s（钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间t；④将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离s，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；⑤整理好多次实验中得到的实验数据。回答下列问题：(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为d=_______cm；(2)滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律__________来求；(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的图像，由图像可求得滑块运动时的加速度a=______m/s2。（取g=10m/s2，结果保留三位有效数字）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60°角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30°角。已知细线能承受的最大张力Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；（3）小球在x＜0区域运动的时间。（结果用m、q、l、g表示）14．（16分）如图，水平面上有一条长直固定轨道，P为轨道上的一个标记点，竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的竖直平面，PQ的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。在轨道上，一辆平板小车以速度v0=4m/s沿轨道从左向右匀速运动，当小车一半通过PQ平面时，一质量为m=1kg的绝缘金属小滑块（可视为质点）被轻放到小车的中点上，已知小滑块带电荷量为+2C且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个过程中小车速度保持不变，g=10m/s2。求：(1)若PQ右侧没有电场，木板足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对P点水平位移和摩擦力对小车做的功；(2)当PQ右侧电场强度取方向水平向右，且板长L=2m时，为保证小滑块不从车上掉下，则电场存在的时间满足什么条件？（附加：若PQ右侧加一个向右的匀强电场，且木板长L=2m，为确保小滑块不从小车左端掉下来，电场强度大小应满足什么条件？）（此附加问为思考题，无需作答）15．（12分）一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.1．若斜面足够长，已知tan37°=，g取10m/s2，求：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；（2）小物块上滑的最大距离；（3）小物块返回斜面底端时的速度大小。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确．D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误．2、D【解析】

A．对卫星，根据牛顿第二定律，有：解得：在地面，重力等于万有引力，故：联立解得：故A错误；

B．向心加速度由万有引力产生，由于在h高处，卫星的万有引力小于其在地面的重力，根据牛顿第二定律故B错误；C．对卫星，根据牛顿第二定律有：在地面，重力等于万有引力故：联立解得：故C错误；

D．由选项A的分析知，故卫星的动能故D正确；故选D。3、D【解析】

A．任意星之间所受万有引力为则任意一星所受合力为星运动的轨道半径万有引力提供向心力解得A错误；B．万有引力提供向心力解得则每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量有关，B错误；C．根据题意可知C错误；D．根据线速度与角速度的关系可知变化前线速度为变化后为D正确。故选D。4、C【解析】根据，,μ0单位为：T•m/A；A、等式右边单位：，左边单位为T，不同，故A错误；B、等式右边单位：，左边单位为T，不同，故B错误；C、等式右边单位：，左边单位为T，相同，故C正确；D、等式右边单位，左边单位为T，相同，但当r0=0时B=0，显然不合实际，故D错误；故选C.【点睛】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r0取最小值进行分析.结合量纲和特殊值进行判断是解决物理问题的常见方法.5、A【解析】设月球质量为，半径为，地球质量为M，半径为R．

已知，，

根据万有引力等于重力得：则有：

因此…①

由题意从同样高度抛出，…②联立①、②解得：

在地球上的水平位移

在月球上的；

因此得到：，故A正确，BCD错误．点睛：根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两星球上水平抛出的射程之比．6、C【解析】

A．由甲图可知，若F=mg，则F的方向可能竖直向上，也可能与竖直方向成2θ角斜向下，选项A错误；B．由乙图可知，若F=mgtanθ，则F的方向可能沿水平方向，也可能与斜面成θ角斜向上，选项B错误；C．由甲图可知，若F=mgsinθ，则F的方向是唯一的，一定沿斜面向上，选项C正确；D．由图丙可知，若F=mgcosθ，则若以mgcosθ为半径做圆，交过G且平行于N的直线于两个点，则说明F的解不是唯一的，且F的方向一定不是垂直于斜面向上，选项D错误；故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】

AB．粒子发射出来后受到竖直向下的重力，与速度垂直的洛伦兹力和水平向右的电场力作用，对于斜上右上射入的粒子，当速度满足一定条件时，可以使这三个力的合力为0，则粒子斜向上做匀速直线运动；若这三个力的合力不为0，则粒子速度变化，其洛伦兹力也发生变化，故粒子一定做非匀变速曲线运动，故A正确，B错误；C．若粒子做匀速运动，则粒子到达C板时的动能不变，故C错误；D．由于洛伦兹力不做功，到达C板的粒子电场力一定做正功，故机械能一定增大，故D正确；故选AD。8、CD【解析】

A．在t=0时刻环受的摩擦力为，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足即E=200N/C即t=1s时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=-200N/C时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t=5s时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项A错误；BC．环在t=1s时刻开始运动，在t=2s时E=100N/C，此时的加速度为解得a=5m/s2因环以当加速度为5m/s2匀加速下滑1s时的位移为而在t=1s到t=2s的时间内加速度最大值为5m/s2，可知0~2s内环的位移小于2.5m，选项B错误，C正确；D．由以上分析可知，在t=3s时刻环的加速度最大，最大值为g，环从t=1s开始运动，到t=5s时刻速度最大，结合a-t图像的面积可知，最大速度为则环的最大动能选项D正确。故选CD。9、AC【解析】

A．在φ-x图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块P运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A正确；BC．由A可知，图线的斜率表示电场强度，处的场强为则此时的电场力大小为滑动摩擦力大小为此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B错误，C正确；D．滑块加速度为零时，速度最大，由BC选项可知，在时，电场力和摩擦力大小相等，加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得由图可知处和处的电势差大约为，代入解得最大速度大约为，故D错误。故选AC。10、BD【解析】

A.由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故A错误；B.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：当棒发生位移为时，则通过棒的电量为，故B正确；C.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：当流过棒的电荷为时，棒发生的位移为：根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为：设棒运动的时间为，则有：所以有：即：当流过棒的电荷为时，则有：当流过棒的电荷为时，则有：解得：故C错误；

D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为：故D正确；故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、CBC【解析】

(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据得解得即木板的加速度为。(2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB错误；CD．据题意，木板受到的滑动摩擦力为，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有联立解得其中m为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当时，近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后变小，即图像向下弯曲，C正确D错误。故选C。(3)[3]A．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；BC．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；D．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。故选BC。12、0.5202as=v20.270【解析】

(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺读数为0.05×4mm=0.20mm则读数结果为5.20mm=0.520cm(2)[2]滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律来求。(3)[3]滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为，由匀变速直线运动规律和解得：由上式可得由此可知图像的斜率为由图像可知图像的斜率为k=2.0×104。所以滑块的加速度为四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)；(2)，；(3)【解析】

（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得而Fm=4mg联立解得，（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有解得由牛顿第二定律得解得方向垂直于纸面向外；由几何关系可知，解得（3）小球在磁场中运动轨迹所对