江蘇省南通市2023~2024學(xué)年高三下學(xué)期第四次模擬預(yù)測(cè)物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2024學(xué)年江蘇省南通市高三（第四次）模擬考試物理試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.如圖所示是雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置，用紅色激光照射時(shí)，光屏上有明暗相間的條紋，則（）A.減小屏與雙縫的距離，條紋間距變大 B.減小屏與雙縫的距離，條紋間距不變C.換成綠色激光，條紋間距變大 D.換成綠色激光，條紋間距變小〖答案〗D〖解析〗AB．由干涉條紋規(guī)律可知減小雙縫到光屏的距離，條紋間距變小，AB錯(cuò)誤；CD．由干涉條紋規(guī)律可知將紅色激光換為綠色激光，波長(zhǎng)變短，條紋間距變小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2.2024年4月30日，神舟十七號(hào)載人飛船返回艙成功著陸。返回艙距離地面約時(shí)啟動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)，沿豎直方向勻減速著陸，此過(guò)程中返回艙距離地面的高度h、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗圖像的斜率表示加速度，圖像的斜率表示速度，由題知，返回艙豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度逐漸減小，加速度不變，則是一條傾斜向下的直線，圖像隨h減小，其圖像的斜率減小。故選B。3.如圖所示，豎直擋板有鏤空字母F，全反射棱鏡的左側(cè)面與擋板平行，一水平光束從擋板左側(cè)入射，穿過(guò)棱鏡后在其下方水平光屏abcd上形成的圖樣是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗光透過(guò)鏤空部分后，會(huì)在全反射棱鏡的傾斜面處發(fā)生全反射，如圖所示：一水平光束從擋板左側(cè)入射，F(xiàn)的上半部分根據(jù)光路可以確定在ab，下半部分靠近F的下半部分。故選C。4.如圖所示，小球在半徑為R的光滑圓弧軌道上A、B間來(lái)回運(yùn)動(dòng)，軌道弧長(zhǎng)遠(yuǎn)小于R，則（）A.弧長(zhǎng)AB變小，周期不變 B.弧長(zhǎng)AB變小，周期變大C.小球質(zhì)量變小，周期變小 D.小球質(zhì)量變小，周期變大〖答案〗A〖解析〗因?yàn)榛￠L(zhǎng)遠(yuǎn)小于半徑R，小球都做單擺運(yùn)動(dòng)，根據(jù)單擺的周期公式可知小球的周期與弧長(zhǎng)大小和小球質(zhì)量無(wú)關(guān)。故選A。5.如圖所示，水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有恒定電流，以導(dǎo)線為中軸線取一個(gè)長(zhǎng)方體區(qū)域，則（）A.上表面四個(gè)頂點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都相同B.上表面四個(gè)頂點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小都相同C.穿過(guò)上表面的磁通量比右側(cè)面的大D.穿過(guò)上表面的磁通量比右側(cè)面的小〖答案〗B〖解析〗A．由通電導(dǎo)線右手螺旋定則，根據(jù)對(duì)稱性可知上表面四個(gè)頂點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不都相同，故A錯(cuò)誤；B．由通電導(dǎo)線右手螺旋定則，根據(jù)對(duì)稱性可知上表面四個(gè)頂點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小都相同，故B正確；CD．由通電導(dǎo)線右手螺旋定則，根據(jù)對(duì)稱性，通過(guò)上表面的磁通量為零。右側(cè)面與磁場(chǎng)方向相平行，通過(guò)右側(cè)面的磁通量為零，故CD錯(cuò)誤。故選B。6.真空中兩個(gè)等量異種電荷（電荷量均為q）連線的中點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則兩個(gè)電荷之間的庫(kù)侖力大小是A.qE/8 B.qE/4 C.qE/2 D.qE〖答案〗A〖解析〗設(shè)兩個(gè)電荷的距離為r，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷在中點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，則大小為故中點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)為而兩個(gè)電荷之間的庫(kù)侖力大小為聯(lián)立得，故選A。7.如圖所示，矩形線圈abcd放在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，cd邊與磁場(chǎng)右邊界MN重合，PQ為線圈的水平中軸線?，F(xiàn)分別使線圈繞MN和PQ軸以相同角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)周期內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱分別為、。則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗兩線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，當(dāng)線圈繞MN軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值一個(gè)周期內(nèi)只有一半時(shí)間處于磁場(chǎng)中，則一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生熱量當(dāng)線圈繞PQ轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值整個(gè)過(guò)程線框一直處于磁場(chǎng)中，則一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量聯(lián)立知故選B。8.如圖所示，山上一條輸電導(dǎo)線架設(shè)在兩支架間，M、N分別為導(dǎo)線在支架處的兩點(diǎn)，P為導(dǎo)線最低點(diǎn)，則這三處導(dǎo)線中的張力、、大小關(guān)系是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意，P點(diǎn)為導(dǎo)線的最低點(diǎn)，所以P點(diǎn)的切線水平。對(duì)MN整體進(jìn)行受力分析，設(shè)在M、N兩點(diǎn)處導(dǎo)線和豎直方向上的夾角分別為和都不等于，對(duì)MN整體，在水平方向上合力為零，則，所以所以即對(duì)MP段即所以同理可得

所以故選A。9.某小組設(shè)計(jì)的測(cè)溫裝置如圖所示，豎直玻璃管B與玻璃泡A相連插在水槽中，封有一定量的氣體，大氣壓強(qiáng)不變的情況下，管內(nèi)水柱高度可反映泡內(nèi)氣體的溫度，即環(huán)境溫度。環(huán)境溫度變化時(shí)，玻璃泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)可視為不變。則（）A.測(cè)溫物質(zhì)是水 B.水柱越高溫度越高C.管上的刻度是均勻的 D.測(cè)溫范圍由A體積決定〖答案〗C〖解析〗A．測(cè)溫物質(zhì)是封閉氣體，故A錯(cuò)誤；B．玻璃泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)可視為不變，水柱越高，封閉氣體體積越小，根據(jù)蓋呂薩克定律可知溫度越低，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)玻璃泡A的容積為，直玻璃管的橫截面積S，總長(zhǎng)度，水柱高度為時(shí)溫度為，溫度變?yōu)門時(shí)，水柱高度為x，根據(jù)蓋呂薩克定律整理得T與x是一次函數(shù)關(guān)系，則管上的刻度是均勻的，故C正確；D．測(cè)溫范圍由B的總長(zhǎng)度決定，故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，水平面上一滑塊壓在一張紙上，將紙勻速抽出，滑塊向前移動(dòng)一段距離后停止。若換一質(zhì)量更大的滑塊，壓在紙上的同一位置，將紙以相同的速度抽出，已知兩滑塊與紙、水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（）A.紙抽出的時(shí)間變長(zhǎng) B.紙抽出的時(shí)間變短C.抽紙過(guò)程拉力做功變多 D.抽紙過(guò)程拉力做功不變〖答案〗C〖解析〗AB．設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則滑塊與紙之間的摩擦力大小為，紙抽出過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知解得滑塊的加速度大小為紙抽出過(guò)程中，物塊相對(duì)紙的位移兩次將紙以相同的速度抽出，滑塊壓在紙上的同一位置，即x、相同，加速度相同，所以兩次的紙抽出的時(shí)間相同，AB錯(cuò)誤；CD．紙抽出時(shí)，滑塊的速度加速度a與時(shí)間t相同，所以滑塊的速度相同，而第二次滑塊與紙之間的摩擦力增大，兩者的相對(duì)位移不變，所以因摩擦產(chǎn)生的熱量增大，根據(jù)能量守恒可得抽紙過(guò)程拉力做功變多，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。11.如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球分別系在一根細(xì)線的下端和中點(diǎn)，細(xì)線的上端懸于O點(diǎn)。現(xiàn)使系統(tǒng)繞過(guò)O點(diǎn)的豎直軸以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)兩球可能的位置是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗設(shè)兩球穩(wěn)定時(shí)，兩球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度均為，最上方繩子與豎直方向的夾角為，最下方繩子與豎直方向的夾角為，繩子的總長(zhǎng)度為2L，對(duì)兩球整體，由牛頓第二定律，得對(duì)下方小球，由牛頓第二定律，得聯(lián)立知解得故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共9分。12.某小組為探究滑動(dòng)變阻器的限流特性，設(shè)計(jì)如圖甲所示電路，選取不同的滑動(dòng)變阻器R，研究滑片P滑動(dòng)過(guò)程中通過(guò)定值電阻電流的變化情況。（1）按照?qǐng)D甲，請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖乙中實(shí)物電路補(bǔ)充完整____。（2）圖乙中A、B分別為滑動(dòng)變阻器電阻絲的左、右兩端，閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于__________端選填“A”或“B”（3）已知電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)，定值電阻為，電流表內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)變阻器的總電阻為R，L為A、B間的長(zhǎng)度，l為B、P間的長(zhǎng)度，取，改變滑片P的位置，記錄不同l時(shí)的電流I及對(duì)應(yīng)的（4）實(shí)驗(yàn)中，選用三個(gè)最大阻值不同的滑動(dòng)變阻器分別接入電路，描點(diǎn)作出圖像如圖丙所示，根據(jù)圖線擬合的函數(shù)關(guān)系為，其中可表示為_(kāi)_________，k可表示為_(kāi)_________選用E、、R表示（5）采用限流式電路測(cè)量一阻值與相近的未知電阻，由圖丙可知，應(yīng)選擇__________選填“”、“2”或“20”對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)變阻器，理由是__________?！即鸢浮剑?）（2）A（4）（5）2選擇此滑動(dòng)變阻器，電流的變化比較明顯〖解析〗詳析】（1）[1]實(shí)物圖如圖所示（2）[2]為了安全起見(jiàn)，閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于A端，使得全電路電阻達(dá)到最大，電流最?。唬?）[3][4]根據(jù)圖丙可知根據(jù)電路結(jié)構(gòu)及閉合電路歐姆定律得出而聯(lián)立得出故得出（5）[5][6]因?yàn)榇郎y(cè)電阻與相近，故應(yīng)選擇的滑動(dòng)變阻器的起到有效的調(diào)節(jié)作用，應(yīng)選擇的對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)變阻器。因?yàn)楦鶕?jù)圖丙可以看出選擇此滑動(dòng)變阻器，電流的變化比較明顯。三、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。13.嫦娥六號(hào)探測(cè)器將于2024年6月登月。已知探測(cè)器在近月圓軌道運(yùn)行速度大小為v，月球半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G，不考慮月球自轉(zhuǎn)。求：（1）月球質(zhì)量（2）月球表面重力加速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）探測(cè)器繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律得化簡(jiǎn)可得月球質(zhì)量（2）不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，月球表面的物體受到的重力等于萬(wàn)有引力將月球質(zhì)量代入上式化簡(jiǎn)可得月球表面的重力加速度14.一速率為的自由電子和一個(gè)氫原子碰撞，忽略碰撞過(guò)程氫原子動(dòng)能的變化，電子損失的動(dòng)能使該氫原子從基態(tài)躍遷至第4能級(jí)。已知?dú)湓犹幱诨鶓B(tài)時(shí)能量為，n能級(jí)時(shí)能量為，電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，真空中光速為。（1）求碰后自由電子速率v；（2）若該氫原子從第4能級(jí)向低能級(jí)躍遷，可能釋放光子的最大波長(zhǎng)?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）根據(jù)題意，氫原子在第4能級(jí)的能量為氫原子由基態(tài)躍遷到第4能級(jí)吸收能量自由電子損失的動(dòng)能解得（2）氫原子由第4能級(jí)躍遷到第3能級(jí)，放出的光子有最大波長(zhǎng)解得15.如圖所示，質(zhì)量的滑塊內(nèi)有圓弧管道，管道處于豎直面內(nèi)，由四個(gè)半徑的圓弧形細(xì)管組成，P為兩圓弧連接處。質(zhì)量的小球沿水平面從左側(cè)以某一初速度進(jìn)入管道內(nèi)，已知管道直徑遠(yuǎn)小于圓弧半徑，不計(jì)一切摩擦。（1）鎖定滑塊，若小球恰能穿過(guò)管道，求小球的初速度大?。?）解除鎖定，小球以初速度進(jìn)入管道后運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，求此過(guò)程中滑塊對(duì)小球做的功（3）解除鎖定，小球以水平速度進(jìn)入管道，滑塊始終未離開(kāi)地面，求小球最終的速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由題意可知，若小球恰能穿過(guò)管道，小球在圓弧管道最高點(diǎn)速度為零，小球機(jī)械能守恒解得（2）小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，小球的水平分速度與管道的速度相同，水平方向，由動(dòng)量守恒定律：管道的速度由能量守恒定律解得小球的速度對(duì)小球，由動(dòng)能定理：解得滑塊對(duì)小球做功

（3）①小球恰能到管道最高點(diǎn)，與滑塊一起運(yùn)動(dòng)，小球和滑塊水平方向動(dòng)量守恒解得②小球和滑塊分離，小球和滑塊的最終速度為、。對(duì)小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向，由動(dòng)量守恒定律：由能量守恒定律聯(lián)立解得，即小球最終以速度從滑塊左側(cè)滑離，或者小球穿過(guò)滑塊以向右運(yùn)動(dòng)16.如圖所示，在xoy平面的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可改變。一粒子從y軸上的處沿方向以速度射出，在處進(jìn)入磁場(chǎng)。已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為，粒子的重力忽略不計(jì)。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（2）改變磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使粒子能再次回到電場(chǎng)中，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值B；（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)槟持禃r(shí)，粒子恰好沿方向離開(kāi)磁場(chǎng)。保持該磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，將粒子從y正半軸的任意位置仍以速度沿方向射出，求粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo)x與其對(duì)應(yīng)的初始射出位置縱坐標(biāo)y的關(guān)系?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）設(shè)粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)間為t，粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，y方向x方向由牛頓第二定律得解得（2）設(shè)粒子從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v與x軸的夾角為，y方向的速度大小為，如圖則解得粒子進(jìn)入