【文档说明】江苏省卓越高中联盟2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，3.739 MB，由envi的店铺上传

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江苏省高三年级物理试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每小题只有一个选项最符合题意

。1.碳14能够自发地进行衰变：141467CNX→+。碳14的半衰期为5730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是（）A.衰变放出的X是一种穿透能力极强的高频电磁波B.碳14的衰变方程为14140671CNe−→+C.温度升高，碳14的半衰期会变长D.衰变后X与

氮核的质量之和等于衰变前碳核的质量【答案】B【解析】【详解】AB．根据反应过程电荷数守恒和质量数守恒可知其核反应方程为14140671CNe−→+可知X为电子，那么衰变放出的是电子流为射线，射线穿透能力比粒子强，

通常需要一块几毫米厚的铝片才能阻挡，射线才是一种穿透能力极强的高频电磁波，故A错误，B正确；C．放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故C错误；D．碳14自发地进行衰变，衰变中释放了能量，存

在质量亏损，所以衰变后X与氮核的质量之和小于衰变前碳核的质量，故D错误。故选B。2.如图示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，又向前追上足球，下列

可能反映此过程的v-t图像和x-t图像是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．足球沿边线在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，速度越来越小；运动员为了追上足球做加速运动，速度越来越大。v-t图像与坐标轴的面积表示位移，当运动

员追上足球时，运动员和足球的位移相同，v-t图像与坐标轴围成的面积相同，故AB错误；CD．x-t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x-t图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的x-t图像斜率逐渐增大，当运

动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的x-t图像交于一点，故C正确，D错误。故选C。3.神舟十八号空间站在圆轨道上运行，轨道距地面高度约400千米。如图所示，航天员进行外巡检任务，此时航天员与

空间站相对静止，下列说法正确的是（）A.此时航天员不受重力作用B.空间站运行速度约为7.8/skmC.空间站绕地球运转的周期等于24hD.与空间站同轨同向运行的卫星会与空间站相撞【答案】B【解析】【详解】A．航天员与空间站在太空中一起绕地球做圆周运动，仍然受到地球的引

力作用，即重力的作用，故A错误；B．根据22MmvGmrr=可得所有绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度大小为GMvr=由于地球半径约为6400Rkm=，地球第一宇宙速度的大小为17.9/svkm=，近似等于绕地球表面运行的卫星的线速度大小，可得1264004006400vRhvR++=

=求得空间站运行速度27.8/svkm故B正确；C．根据222πMmGmrrT=可得卫星绕地球运行周期234πrTGM=可知，由于空间站的运行半径小于地球同步卫星的运行半径，所以可知空间站绕地球运转的周期应小于24h，故C错误；D．由选项B分析可知，与空间

站在同一轨道上运行所有卫星环绕速度的大小是相等的，所以与空间站同轨同向运行的卫星不会与空间站相撞，故D错误。故选B。4.如图是老师带领同学们做实验的情景。有顶角不同的圆锥放在桌面上，同学们发现顶角为的

圆锥，无论多大的力都不能按图示那样拿起，设手与圆锥体间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力大小近似为滑动摩擦力大小，则角度与满足的关系是（）的的A.sinB.sin2C.tanD.tan2【答案】D【解析】【

详解】对左侧接触面分析，圆锥受手作用力如图，设手对接触面弹力为F，则对于圆锥整体而言2cos2sin22FFG+整理得2(cossin)22GF−因为无论多大的力都无法拿起，则当F→时cossin022−解得tan2

故选D。5.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成30=角（环面轴线为竖直方向），若导电圆环上通有如图所示的恒定电流

I，则下列说法正确的是（）A.导电圆环有扩张的趋势B.导电圆环所受安培力方向指向圆心C.导电圆环所受安培力的大小为BIRD.导电圆环所受安培力的大小为2BIR【答案】C【解析】【详解】若导电圆环上通有如图所示的

恒定电流I，由左手定则可得圆环上各小段所受安培力斜向内侧，导电圆环有收缩趋势，圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为2sinFBIRBIR==故选C。6.旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为

μ，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A.若减小餐桌的转动转速，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动B.一起匀速转动时茶杯有沿切线方向滑出去的趋势C.让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍

保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心D.将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的转速匀速转动餐桌，茶杯与餐桌仍保持相对静止【答案】D【解析】【详解】A．餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动

，若减小餐桌的转动转速，则茶杯做圆周运动所需的向心力减小，与餐桌间的静摩擦力减小，则茶杯与餐桌不可能发生相对滑动，选项A错误；B．匀速转动时茶杯受到静摩擦力提供向心力，则静摩擦力方向指向圆心，静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，则茶杯有沿半径方向滑出去的趋势

，选项B错误；C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力一方面提供做圆周运动的向心力，另一方面使茶杯加速运动，可知茶杯所受摩擦力的方向不是指向餐桌的中心，选项C错误；D．根据2mgrm=可知gr=可知与茶杯质量无关，即将茶

杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的转速匀速转动餐桌，茶杯与餐桌仍保持相对静止，选项D正确。故选D。7.某同学以5m/s的速度将篮球斜抛出，球在空中运动0.4s后垂直撞击到竖直篮板上，然后以2m/s的水

平速度反弹，平抛进入篮筐。球与篮板接触的时间为0.1s，忽略空气阻力，篮球质量为0.6kg（g取10m/s2）。下列说法正确的是（）A.篮球撞击篮板反弹时的动量大小为1.8N∙sB.篮板对球的平均作用力大小为12NC.篮球被抛出后上升过程处于超重状态D.该同学投篮处到篮板的水平

距离为1.2m【答案】D【解析】【详解】A．篮球以2m/s的水平速度反弹，故篮球撞击篮板反弹时的动量大小为110.62kgm/s1.2Nspmv===故A错误；B．对篮球撞击篮板前的运动进行逆向分析，根据运动的对称性可看成平抛运动，则竖直方向的分速度为14m

/syvgt==水平方向的分速度为2203m/sxyvvv=−=篮球撞击到篮板前的动量大小为1.8Nsxpmv==篮球撞击篮板的过程，取篮球撞击篮板反弹方向为正方向，根据动量定理可得()1ΔxFtmvmv=−−解得30NF=故篮板对球的平均作用力

大小为30N，故B错误；C．篮球被抛出后上升过程加速度为重力加速度，竖直向下，故处于失重状态，故C错误；D．该同学投篮处距篮板水平距离为11.2mxxvt==故D正确。故选D。8.霓的形成原理与彩虹大致相同，

是太阳光经过水珠的折射和反射形成的，简化示意图如图所示，其中a、b是两种不同频率的单色光，下列说法正确的是（）A.霓是经过2次折射和1次全反射形成的现象B.光束a、b通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻亮条

纹间距大C.b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大D.若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．根据题中简化示意图知，霓是太阳光经过水珠的两次折射和两次反射形成的现象，故A错误；D．由图可知，介

质对a光折射率较大，故a光的频率较大，根据光电效应发生的条件可知，若a光能使某金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误；的B．a光的频率较大，波长较小，根据Lxd=可知，光束a、b通过同一

装置发生双缝干涉，b光的相邻亮条纹间距大，故B错误；C．根据cvn=可知，b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大，故C正确。故选C。9.如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO为正方形线框的对称轴，在OO的左侧存在竖

直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（）A.两过程线框中产生的焦耳热之比为1:3B.两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为

1:3C.两次线框中的感应电流大小之比为1:1D.两过程中线框中产生的平均电动势之比为1:9【答案】A【解析】【详解】C．感应电动势EBLv=根据欧姆定律EIR=可得BLvIR=可知Iv所以两次线框中的感应电流大小之比为1231:3IIvv==：：故C错误

；A．ab边刚好与OO重合的时间22LLtvv==根据焦耳定律2322BLvQIRtR==可知Qv所以两过程线框中产生的焦耳热之比为1231:3QQvv==：：故A正确；B．流过线框某一横截面的电荷量22EBLqIttRRR====可知两过程流过线框某一横截面的电荷量与速度

无关，所以1211qq=：：故B错误；D．线框中产生的平均电动势EBLvt==可知Ev两过程中线框中产生的平均电动势之比为12313EEvv==：：：故D错误。故选A。10.如图，A、B、C、D是正

方形的四个顶点，正方形的边长为a，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q后，恰好D点的电场强度等于0.则下列说法正确的是（）A.放在B点的电荷为正电荷B.放在B点电荷电荷量为2qC.将B处的电荷从B点沿BD连线运动到D点的过程中

，电势能先增大后减少D.一带负电的试探电荷在D点电势能比正方形中心电势能小【答案】D【解析】【详解】A．A点电荷在D点的场强方向沿AD方向，C点电荷在D点的场强方向沿CD方向，D点的合场强方向沿BD方向，故B点放的未知电荷在D点的场强方向沿DB方向，

故B点放的未知电荷带负电，故A错误；B．A点和C点电荷在D点的场强大小为2kqEL=则合场强为2222akqEEL==B点放的未知电荷在D点的场强大小为()22kqEL=又'EE=合得22qq=故B错误；C．未知电荷从B点沿BD连线运动到D点的过程中，电场力先

做正功后做负功，电势能先减少后增加，故C错误；的D．根据点电荷周围电势分布公式知02Dqqqkkkaaa=+−=()224222222qqqqkkkkaaaa=+−=−中可知D点电势比正方形中心电势高，一带负电的试探电荷在D点电势能比正方形

中心电势能小，故D正确。故选D。11.如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，OA长为x，2xOB，以O点为原点建立xOy坐标系，某次在13,44xh由静止开始滑下，滑

到A点停下。改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（）A.(0,)hB.12,23xhC.11,33xhD.12,63xh【答案

】A【解析】【详解】设B点坐标为(),0Bx，小木块由13,44xh下滑到A点的过程，由动能定理()134cos04cosBBxxmghmgmgxx−−−−=解得hx=改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为()00,xy，则有()00co

s0cosBBxxmgymgmgxx−−−−=解得00hyhxx=−A．由上述分析可知，00x=时，0yh=，故释放点坐标可能为(0,)h，A正确；B．由上述分析可知，02xx=时，02hy=，故释放点坐标不可能为12,23xh，

B错误；C．由上述分析可知，03xx=时，023hy=，故释放点坐标不可能为11,33xh，C错误；D．由上述分析可知，06xx=时，056hy=，故释放点坐标不可能为12,63xh，D错误。故选A。二、非选择题：共5题，

共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.某同学用气垫导轨做探究加速度与合外力关系的实验。装置如图1所示，气垫导轨上相隔一定距离的两处装有光电门1

、2，两光电门间的距离为L，滑块上固定一遮光条，遮光条和滑块的总质量为M，滑块通过光电门时，与光电门连接的数字计时器会记录遮光条的遮光时间。（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，若数字计时器显示滑块通过光

电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间长，则要将气垫导轨左侧适当________（填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。（2）用螺旋测微器测遮光条的宽度d，测量结果如图2所示，则d=

________cm。（3）按图1安装好装置，按正确操作进行实验，若滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间为1t，通过光电门2时遮光条的遮光时间为2t，则滑块运动的加速度大小a=________（用题中已知物理量和测得物理量的符号表示）。（4）实验________（填“需要”或“不需要”）

满足砂和砂桶的质量远小于M，若实验开始时动滑轮两边的细线不竖直，对拉力的测量________（填“有”或“没有”）影响，简要说明________________________。【答案】（1）调高（2）0

.0850##0.0849##0.0851（3）22221112dLtt−（4）①.不需要②.有③.砂桶向下运动时，细线间的夹角发生变化，细线上的拉力也会变化【解析】【小问1详解】若数字计时器显示滑块通过光电门1时遮光条遮光时间比通过光电门2时遮光条遮光时间长，说

明滑块做加速运动，将气垫导轨右侧调低，或左侧调高。【小问2详解】螺旋测微器读数为0.5mm35.00.01mm0.850mm0.0850cmd=+==【小问3详解】滑块运动的加速度大小2222122211122

ddttdaLLtt−==−【小问4详解】[1]由于弹簧测力计能直接测出细线的拉力，因此不需要满足砂和砂桶的质量远小于M；[2][3]若实验开始时动滑轮两边的细线不竖直，当砂桶向下运动时，两细线间的

夹角发生变化，细线上的拉力也会变化，对拉力测量有影响。13.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，O和A是介质中平衡位置分别为0x=和10cmx=处两个质点，且两质点的振动情况始终相同，已知周期为4s。（1）求简谐波的波长；（2）若O和A是相邻的两个质点，求波速。

【答案】（1）1m10n=，（n=1.2.3…）（2）0.025m/s【解析】【小问1详解】的O和A两质点的振动情况始终相同，则两点间距为波长整数倍0.1mn=，（n=1.2.3…）波长1m10n=，（n=1.2.3…）【小问2详解】O和A是相邻的两个质点，则波

长为0.1m=波速0.025m/svT==14.跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处以0203m/sv=沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已知运动员（含装备

）的质量80kgm=，斜坡与水平方向的夹角30=，取重力加速度210m/sg=，不计空气阻力。求运动员（含装备）（1）从A处运动到距离斜面最远处时间t；（2）从A处运动到距离斜面最远过程中，动量变化量p的大小和方向。【答案】（1）2s（2）1600kgm/s；竖直向下【解析】【小问1详

解】运动员做平抛运动，当运动员离斜面最远时，运动员的速度方向平行斜面向下，设此时运动员竖直方向的速度为yv，由几何关系可知0tan30yvv=。解得20m/syv=运动员在竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得ygt=v代

入数据解得运动员从A处运动到距离斜面最远处时间为2st=【小问2详解】从A处运动到距离斜面最远过程中，根据动量定理得mgtp=代入数据解得运动员从A处运动到距离斜面最远过程中，动量变化量p的大小为1600kgm/sp=方向竖直向下。15.如图所示，半径0.8mR=的14光滑圆弧轨道

AB固定于竖直平面内，一长方形木板M静止在水平光滑地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点、长木板的右端有一固定在木板上的轻质弹性挡板，一可视为质点的质量为0.5kgm=的物块从圆弧圆心的等高点A由静止释放，经B点

滑上木板，最终物块停在长木板上。已知物块与长木板上表面间的动摩擦因数为10.4=，长木板的质量为1kgM=，重力加速度为210m/sg=，求：（1）物块滑到B点时对圆弧轨道的压力；（2）物块不和挡板碰撞，长木板的最小长度；（3）若长木板长度为1m，碰

撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，求碰撞后物块停在木板上时距挡板距离及碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热。【答案】（1）15N；竖直向下（2）4m3（3）1m3；2J3【解析】【小问1详解】物块由A到B的运动过程

，只有重力做功，机械能守恒，设物块滑到B点的速度大小为0v，有2012mgRmv=根据牛顿第二定律20NvFmgmR−=联立，解得04m/sv=，N15NF=由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为NN'15NFF==方向为竖直向下。【小问2详解】设长木板的最小长度为L时

，物块和挡板碰撞前恰好与长木板共速，其速度大小为1v，可得()01mvmMv=+解得14m/s3v=由能量守恒，可得()221011122mgLmvMmv=−+解得4m3L=【小问3详解】小物块与挡板碰撞后，与长木

板达到共同速度后保持相对静止一起匀速直线运动，设距离挡板距离x，则有()01mvmMv=+，()()221011122mgLxmvMmv+=−+解得1m3x=碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热12J3Qmgx==16.为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的

径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在12xxx区间内存在平行y轴的匀强电场，212xxd−=。在3xx的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，33xd=。一未知粒子从坐标原点与x正方向成53=角射入，在坐标为(3,2)dd的P点以速度0

v垂直磁场边界射入磁场，并从(3,0)d射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin530.8=。求：（1）该未知粒子的比荷qm；（2）匀强电场电场强度E的大小及右边界2x的值；（3）如右图所示，若偏转磁场中磁感应强度由边界3x至4x由左向右在间距均为0d（0d很小）中

，第一个区域磁感应强度为B，下面各区域磁感应强度依次为2B、3B、4B……，当粒子能达到磁场右侧边界4x（达到边界就被吸收），求4x应当满足的条件。[当1n时，取2(1)nnn+=]【答案】（1）0vqmBd=（2）023vBE=，252xd=（3）40323dxddd+【解析】【小问1

详解】粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得200vqvBmR=粒子在坐标为(3,2)dd的P点以速度0v垂直磁场边界射入磁场，并从(3,0)d射出磁场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半径为Rd=联立解得粒子的比荷为0vqmBd=【小问2详解】粒子的轨迹如图所示粒子在电场中可逆向看

成做类平抛运动，则水平方向做匀速直线运动，有012dvt=粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有01tan53yvvat==又qEam=联立解得匀强电场电场强度大小为023vBE=由几何关系可得2111tan532

2xatd+=解得12dx=故21522xxdd=+=【小问3详解】设水平方向运动的速度为xv，竖直方向的速度为yv，在水平方向很短的时间，有xyqBvtmv=求和可得0yqBdmv=对整个运动过程进

行分析得()010yqBdmv=−()0212yyqBdmvv=−()0323yyqBdmvv=−……()()()01ynynnqBdmvv−=−由以上式子可得()0012nnqBdmv+=考虑到近似，有2002nqBdmv=解

得002mvnqBd=求得004302mvdxxqBnd−=故40323dxddd+