江苏省2024届高三终极押题物理试卷04（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024江苏省高考物理终极押题卷04（〖解析〗版）一、单选题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【详析】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【详析】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【详析】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【详析】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4mC．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【详析】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【详析】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【详析】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〖祥解〗主要考查动能定理【详析】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【详析】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【详析】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>v1B．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0C．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【详析】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【详析】（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）【详析】（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）【详析】（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【详析】（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