江苏省苏州市2023-2024学年高三年级上册1月期末物理试卷（含答案解析）

江苏省苏州市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试卷

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一、单选题

1.某次实验探究出现的“泊松亮斑”现象如图所示，这种现象属于光的（）

A.偏振现象B.衍射现象C.干涉现象D.全反射现象

2.小李同学想测量地铁启动过程的加速度，他在一根细线的下端绑着一串钥匙，另一端固

定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动的过程中，小李发现细线向后偏离竖直方向。角并相对

车厢保持静止，则地铁加速度的大小为（）

A.gsin。B.geos9C.gtan。D.工一

sing

3.如图所示，一束光沿从空气射入介质中，以。点为圆心画一个圆，与折射光线的交

点、为B,过8点向两介质的交界面作垂线，交点为N,5N与/。的延长线的交点为以

。点为圆心，。河为半径画另一圆。则以下线段长度之比等于水的折射率的是（）

A-----R--0--n—

MNMNOMON

4.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运动到某地

外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及

各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最

短（）

地球火星木星土星天王星海王星

轨道半径R/AU1.01.55.29.51930

试卷第1页，共8页

A.火星B.木星C.天王星D.海王星

5.如图甲，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗

的运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为。，且轨迹交于尸点，抛

出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为匕和丫2，其中匕方向水平，匕方向斜向上。忽略空气

阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）

A.从。到P两谷粒的动量变化相同

B.从。到P两谷粒的动能变化相同

C.从。到P两谷粒的运动时间相等

D.谷粒2在最高点的速度小于匕

6.如图所示，正三角形的顶点固定三个等量电荷，其中A带正电，B、C带负电，。、M、

N为边的四等分点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（)

㊀C

A---㊀B

®'MON

A.M点的电势大于N点的电势

B.M、N两点的电场强度相同

C.负电荷在“点的电势能比在N点大

D.。点的电势大于零

7.“干簧管,，是常见的传感器，如图所示，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S,待电

路稳定。移去磁体，与移去前相比较，下列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

A.电流表的示数变小，电压表的示数变大

B.电阻A的功率变小

C.电源的输出功率一定变大

D.电源的效率变低

8.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒仍以某一水平速度抛出,

金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒在运动过程中仍两端的电势分

别为0,、％，则()

A.(Pa>(Ph,且U而保持不变

B.(Pa>(Ph,且逐渐增大

C.(Pa<(Pb,且4“保持不变

D.(pa<(pb,且4a逐渐增大

9.如图所示，一个用铸铁制成的闭合铁芯，1E、右两边绕有匝数分别为4=10、%=2的

两个线圈，左侧线圈两端与%=20Csinl00R(V)的交流电源相连，右侧线圈两端与交流电

压表相连，则电压表的读数可能是()

试卷第3页，共8页

5

A.2.0VB.4.0VC.5.6VD.100.0V

x1

10.如图所示，某机车在运动过程中的图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初

tt

速度V。的方向为正方向，已知机车的质量为5t,运动过程中所受阻力恒定为6X104N。下列

说法正确的是（）

B.该机车的加速度大小为4m/s2

C.该机车在前3秒的位移是24m

D.零时刻机车的牵引力的功率为4xl（）5w

11.如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球B、C、

D、E质量均为叫，A球、F球质量均为%，A球以速度%向B球运动，之后所有的碰撞

均为弹性碰撞，碰撞结束后（）

ABCDEF

B.若叫〈加2，最终将有1个小球运动

C.若叫〉加2，最终将有3个小球运动

试卷第4页，共8页

D.无论叫、叫大小关系怎样，最终6个小球都会运动

二、实验题

12.小明用单摆测量重力加速度。

（1）用最小刻度为1mm的刻度尺测细线长度，测量情况如图甲所示。。为悬挂点，从图中

可知单摆的细线长度为cm0

甲

（2）用50分度的游标卡尺测量摆球直径儿当测量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对

齐。放置摆球后游标卡尺示数如图乙所示，则摆球的直径d为mm。

（3）将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，小球通过最低点时按下秒表开始计时,

摆球50次全振动用时90.5s,则该单摆的周期7=so（结果保留3位有效数字）

（4）多次改变摆长工并测出对应的摆动周期7。以L为纵轴、£为横轴作出函数关系图像,

如图丙所示，测得的重力加速度大小为m/s2o（取/=9.87,结果保留3位有效数

字）

试卷第5页，共8页

7^/s2

（5）小明继续实验，利用“杆线摆”探究单摆周期与等效重力加速度定量关系，实验装置如

图丁所示，其中轻杆与立柱垂直。在保持摆长一定的情况下，改变铁架台的倾斜程度，除去

铅垂线，让摆绕着铁架台立柱所在轴线小偏角摆动，测量不同倾角下的单摆周期7,为寻找

物理量之间的线性关系，应该绘制下列哪一种图像

D，TJgcos夕

三、解答题

13.如图所示，重分别为2G、G的两个平行半圆柱体A、B放置在粗糙的水平面上，重为

2G的光滑圆柱体C静置其上，A、B和C均静止，a、6为相切点，Zaob=90°,半径仍

与重力的夹角为37。，取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）圆柱体C对半圆柱体A的压力练1大小；

（2）地面对半圆柱体B的支持力区B大小。

试卷第6页，共8页

c

2G

14.“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手

分别握住绳子的另一端，上下抖动绳端，使绳子振动起来(图甲)，以手的平衡位置为坐标

原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz。求:

(1)绳波的波速v的大小;

(2)P点从图示时刻开始第一次回到平衡位置的时间X。

15.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离

为/,圆管长度为6/。一质量为;M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆

盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的g倍。小球在管内运动时与管壁不接触,

圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力

加速度大小为g。求:

(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度匕、内分别为多大;

(2)在第T次碰撞后圆盘下滑的距离X2；

(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数"。

试卷第7页，共8页

16.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面（纸面）的

第一象限内有足够长且宽度分别为工和2£、边界均平行x轴的匀强磁场区域I和II,磁感应

强度大小为2,方向垂直纸面向里；区域n同时存在沿y轴负方向的匀强电场，下边界与x

轴重合。位于尸处的离子源能释放出质量为〃八电荷量为外速度方向与x轴夹角为53。的

正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界

效应。

（1）求离子不进入区域II的最大速度匕的大小；

（2）若离子源释放的离子速度大小吃=迦，求离子进入区域II与边界的夹角0；

m

（3）将离子源移至（0,L）处，其释放速度大小匕=返，方向沿x轴正方向的正离子束，

m

要实现离子不从区域II下边界飞出，则电场强度£的大小需满足什么条件？

试卷第8页，共8页

参考答案:

题号12345678910

答案BCCDDABBAD

题号11

答案C

1.B

【详解】“泊松亮斑”现象是照射到圆板上出现的衍射现象。

故选Bo

2.C

【详解】对钥匙受力分析，由牛顿第二定律可知

mgtan0=ma

解得

a=gtan0

故选C。

3.C

【详解】令法线与入射光线之间的夹角，即入射角为。，法线与折射光线之间的夹角，即折

射角为根据几何关系有

OMOB

根据折射率的表达式有

sin。

n=------

sina

解得

0B

n=-----

OM

故选C。

4.D

【详解】设相邻两次冲日的时间间隔为K根据

-——-=1

4也丁行

解得

t_4亍7地=（也

4亍一（也

答案第1页，共11页

则行星做圆周运动的周期7越大，则相邻两次冲日的时间间隔最短；而根据开普勒第三定律

海王星的轨道半径最大，则周期最大，则海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。

故选D。

5.D

【详解】C.从。到尸两谷粒在竖直方向的高度相等，令其为/?,谷粒1做平抛运动，则有

h=-gti

谷粒2做斜坡运动，令其初速度与竖直方向夹角为e,则有

_h=V?cosO'

解得

2

_m_v2cos01cos0~

‘Vg''2g+\g2+g

可知

…2

故C错误；

A.根据动量定理有

=幽，m2gt2=Ap2

由于两谷粒的质量关系不确定，则从。到尸两谷粒的动量变化大小关系也不确定，故A错

误；

B.根据动能定理有

mlgh=AEkl,m2gh=AEa

由于两谷粒的质量关系不确定，则从。到P两谷粒的动能变化大小关系也不确定，故B错

误；

D.谷粒2做斜坡运动，水平方向上的分运动是匀速直线运动，则谷粒2在最高点的速度为

V2COS0,从。到尸两谷粒的水平分位移相等，结合上述有

x0P=贴,xOP=v2cos0-t2

由于

答案第2页，共11页

…2

则有

匕>v2cos0

即谷粒2在最高点的速度小于匕，故D正确。

故选D。

6.A

【详解】ACD.由等量异种电荷电势分布可知，点电荷A、B在M、0、N三点的电势关系

为

(PM><PO>(PN

由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，且无穷远处电势为零，则点电荷A、B在。点

的电势为0，由对称性可知，点电荷C在N两点的电势相等，在。点的电势小于零，综

上所述可知

(PM>(PN-%<°

由综=的可知，负电荷在用■点的电势能比在N点小，故CD错误，A正确；

B.由等量异种电荷电场分布可知，N两点的电场大小相等，方向相同，由对称性可知，，

点电荷C在N两点的电场大小相等，方向不同，则M、N两点的电场强度不同，故B

错误。

故选Ao

7.B

【详解】AB.移去磁体，则干簧管内部开关断开，则相当于电阻变大，则总电阻变大，总

电流减小，路端电压变大，则电压表读数变大，R/上的电压减小且功率减小，则心电压变

大，则电流表读数变大，选项A错误，B正确；

C.当外电阻等于电源内阻时输出功率最大，因外电阻与内电阻的变化关系不确定，则不能

确定输出功率如何变化，选项C错误；

D.电源效率为

IUR1

77=----=--------=--------

IER+r1+£

元

因外电阻变大，则电源效率变大，选项D错误。

答案第3页，共11页

故选B。

8.B

【详解】金属棒在运动过程中始终保持水平，结合右手定则可知。端点时高于6端电势，由

于金属棒没有形成闭合回路，故没有感应电流，金属棒不受安培力，只受重力，所以金属棒

做平抛运动，水平速度不变，竖直分速度逐渐变大，所以成棒的电动势逐渐增大。

故选Bo

9.A

【详解】若该变压器为理想变压器，则

5=3

U2%

解得

U2=4V

考虑到线圈的损耗以及铸铁铁芯的磁导率较低，所以副线圈两端的实际电压略低于4Vo

故选Ao

10.D

【详解】根据匀变速直线运动的位移与时间关系

12

x=vQt+—at

x1

则2-!的关系式为

tt

X11

-=v-+—a

tT2°Qt2

Y1

AB.—图像的斜率为初速度vo,则

tt

v0=20m/s

纵轴截距为L%则

2

ga二-4m/s2

即

a=-8m/s2

。与vo反向，所以该机车做匀减速直线运动，故AB错误;

答案第4页，共11页

C.该机车速度减为0所用的时间为K则

VQ—at

解得

t=2.5s

该机车在前3秒的位移是前2.5s内的位移，则

17

x=vot+—=25m

故c错误；

D.根据牛顿第二定律可知

F-f=ma

解得

F=2X104N

所以零时刻机车的牵引力的功率为

5

P=Fv0=4X10W

故D正确。

故选D。

11.C

【详解】AB碰撞时由动量守恒和能量守恒可知

mV

冽2Vo=m2V2+il

可得

-m,

V

2=——LVO

mx+m2

2m.

匕=------%

mx+m2

A.若叫=吗，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，选项A错误;

B.若班〈色，则碰后v»v2>0,然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向

右运动，E被弹回再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，选项B错误；

C.若叫〉机2,则AB碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后DE交换速度，最

答案第5页，共11页

后E与F碰撞，EF都向右运动，BCD停止，则最终将有3个小球AEF都运动，选项C正

确；

D.由以上分析可知，选项D错误。

故选C。

12.79.62/79.63/79.64/79.65/79.66/79.67/79.6820.361.819.65

(9.60-9.78)D

【详解】(1)口］单摆的细线长度为£=80.65cm-1.00cm=79.65cm

(2)⑵摆球的直径d为20mm+0.02mmx18=20.36mm。

(3)[3]该单摆的周期

丁t90.51ci

T=—=-----s=l.8ls

n50

(4)［4］根据

解得

.24/

T2=——L

g

由图像可得

74/4.9

k=-----=——

gI.2

解得

g=9.67m/s2

(5)[5]将小球的重力沿着轻杆方向分解可知等效重力加速度

，mgcosB〃

g==gcosQ

m

根据

则保持摆长一定的情况下，为寻找物理量之间的线性关系，应该绘制图像，故选

>/gcos/

Do

13.(1)1.2G；(2)2.28G

【详解】(1)对C受力分析如图甲所示

答案第6页，共11页

甲

&=2Gsin37°=1.2G

由牛顿第三定律知圆柱体。对半圆柱体/的压力为

FNI=FNU=12G

(2)同理可知圆柱体。对半圆柱体8的压力

FN2=FTVZ>=2GCOS37°=1.6G

对2受力分析如图乙所示

FNB=G+FN2XCOS37°=2.28G

14.(1)4m/s；(2)0.25s

【详解】(1)根据图乙知波长

A=8m

又频率是0.5Hz,故绳波的波速

v=Af=4m/s

(2)从图示时刻开始，波平移

Ax=1m

P点第一次回到平衡位置，故P点从图示时刻开始第一次回到平衡位置的时间

Ax

\t=—=0.25s

v

15.(1)返I,方向竖直向上，，宜，方向竖直向下；(2)-/；(3)7次

224

【详解】(1)规定竖直向下为正方向，小球释放后自由下落，下降/,根据机械能守恒定律

答案第7页，共11页

2

mgl=—mv0

解得

Vo=72gZ

小球以初速度v。与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有

~mvo=~mviMv；

mvQ=mvi+MV2

解得

m-MJ2gl

旷十LF

母遨

22

小球碰后速度V/大小'应，方向竖直向上；圆盘速度V2大小为，鱼，方向竖直向下;

22

(2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动，

由

Mg-Ff=Ma

解得圆盘加速度

1

«=--g

由

2ax2=O-vf

解得圆盘运动的距离

X?

第一次碰撞后，由

0—v2=at2

解得圆盘运动时间

小球在L时间内运动的位移

答案第8页，共11页

123Z

石=卬2+jg/2=1/

可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之第二次碰撞，即第「次碰撞后圆盘下滑的距离为

马=孑

（3）第二次碰撞前小球的速度

V；=M+g，2=72g/

3

接下来运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移动小碰撞次数

61-120

n=———=——

-I3

4

小球和圆盘碰撞次数为7次。

⑹(1)罢；⑵37。；(3)EV誓

【详解】（1）当离子不进入磁场II速度最大时，轨迹与边界相切（如图甲），则由几何关系

「cos53°=rx-L

解得

r=-L

x2

根据

V,2

qvxB=m—

0

解得