【文档说明】江苏省南京市临江高级中学2023-2024高三上学期暑期检测物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.528 MB，由小赞的店铺上传

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临江高中2023-2024-1高三年级暑期检测物理试题分值：100分考试时间：75分钟一、单选题（每题4分，共40分）1.在研究物理现象时往往要建立合理的物理模型，下列模型建构符合科学的是（）A.“嫦娥5号”与返回器交会对接过程可以把“嫦娥5号”看作质点模型B.研究地球表面树叶下落的过程可以看作

自由落体模型C.解释氢原子光谱可以用卢瑟福的核式结构模型D.解释光电效应现象可以用爱因斯坦的光子模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A．对接过程彼此结构要精细吻合，形状是主要因素，不能看作质点，故A错误；B．空气阻力是重要因素不能忽略，故B错误；C．应该用玻尔量子化模型，故C错误；

D．爱因斯坦的光子说结合能量守恒规律可以解释光电效应的规律，故D正确；故选D。2.在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则屏上（）A.条纹变宽，光强增强B.条纹变窄，光强增强C.条纹变宽，光强减弱D.条纹变窄，光强减弱【答案】C【解析】【详解】在单缝衍射实验中，单

缝的宽度越小，衍谢现象越明显，条纹的间距越大；狭缝的宽度越小，通光量越小，视野的亮度会变暗，光强越弱，故仅减小单缝的宽度，条纹会变宽，光强减弱，故ABD错误，C正确。故选C。3.如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为04p，Q中为真空，打开阀门，氧

气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气体，稳定后，检测容器P的气压表示数为（）A.043pB.083pC.03pD.0143p【答案】B【解析】【详解】对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有042VpVpV=

+解得083pp=故选B。4.我们用如图所示的电路研究光电效应时，当开关闭合后，以下操作可能使微安表示数增大的有（）A.把滑动变阻器滑动头向右滑动B.把滑动变阻器滑动头向左滑动C.入射光颜色不变强度减小D.更换电源的正负极【答案】A【解析】【详解】AB．把滑动变阻器滑动头

向右滑动，光电管两端的正向电压增大，可能使微安表示数增大；把滑动变阻器滑动头向左滑动，光电管两端的正向电压减小，微安表示数不会增大，故A正确，B错误；C．入射光颜色不变强度减小，则单位时间内产生的光电子数减小，光电流减小，故C错误；D．更换电源的正负极，光电管两端由正向电压变为反向电压，微安表示数

减小，故D错误。故选A。5.2021年9月17日，神舟十二号返回舱进入大气层。主降落伞打开后的某段时间，返回舱竖直匀减速下降。已知返回舱质量为m，降落伞系统（伞和拉绳）的总质量为20m。空气对降落伞系统的阻力为32mg，返回舱所

受空气的阻力不计，重力加速度为g。则在此过程中返回舱受到的拉力为（）A.32mgB.2mgC.107mgD.53mg【答案】C【解析】【详解】对降落伞与返回舱整体分析有322020mmmgmgma−+=+令在此过程中返回舱受到的拉力为T，对返回舱

进行分析有Tmgma−=解得107Tmg=故选C6.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。下

列说法正确的是（）。的A.下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kgm/sB.与头部作用过程中，足球动量变化量大小为1.6kgm/sC.头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍D.从最高点下落至

重新回到最高点的过程中，重力对足球的产生的冲量为0【答案】BC【解析】【详解】A．由自由落体运动规律可得，足球与头部接触瞬间，速度大小为22m/svgh==下落到与头部刚接触时，足球动量大小为0.8kgm/spmv=

=A错误；BC．由对称性可知，足球离开头部瞬间，速度大小为2m/s，动量大小为0.8kgm/s，与头部作用过程中，以向上为正方向，据动量定理可得()()Fmgtppp−==−−解得足球动量变化量大小为1.6kg

m/sp=头部对足球的平均作用力大小为520NFmg==BC正确；D．重力的冲量为Imgt=从最高点下落至重新回到最高点的过程中，时间不可能为零，故重力对足球的产生的冲量不为0，D错误。故选BC。7.图a表示一列简

谐横波沿直线传播，图b画出了两质点A、B的振动图像，已知A、B平衡位置之间的距离为四分之一波长，波的传播方向为B→A。可以表示质点A的振动图线的是（）A.只有第1条曲线B.只有第2条曲线C.两条曲线中的任意一条都可以D.两条曲线都不可以【答案】A【解析】【详解】A、B平衡位置之间的距离为四分之

一波长，根据振动图像可知，在t=0时刻两质点分别位于平衡位置与波峰，作出可能得波形如图甲、乙所示波的传播方向为B→A，若为图甲，根据同侧法可知，质点B沿y轴向下运动，与图b一致，此时质点A的振动图线的是第1条曲线，若为图乙，根据同侧法可知，质点A沿y轴向上运动，与图b不一致

，即质点A的振动图线只能是第1条曲线。故选A。8.磁星是高密度的中子星，是一种恒星尸体，其磁场较地球上的任何磁体都要强上数十亿倍。它们大约每10秒就会释放出X射线，偶尔也会放射出伽马射线。直到1998

年，磁星才被确定为一种独特的星体，这离首次发现其光线已近20年之久：1979年3月，9艘太空船发现，来自于称为N49的超新星残体处的辐射能量相当于太阳在1000年之内释放出来的能量总和。已知该中子星表面卫星周期为T，万有引力常量为G，则中子星的密度为（）A.3GTB.23GT

C.23GTD.223GT【答案】C【解析】【详解】由于万有引力提供向心力，则有2224GMmRmRT=星球的体积为343VR=星球的密度为MV=解得23GT=故选C。9.2022年11月，“

天舟五号”货运飞船仅用2小时就与“天宫”空间站快速交会对接，创造了世界纪录。飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接，假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，则飞船（）

A.在轨道Ⅰ的线速度大于第一宇宙速度B.在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期C.第一次变轨需瞬间加速，第二次变轨需瞬间减速D.从椭圆轨道Ⅱ的A点运动到B点，动能增加【答案】B【解析】【详解】A．第一宇

宙速度时近地卫星的环绕速度，近地卫星的轨道半径近似等于地球半径，根据22MmvGmrr=解得GMvr=由于轨道Ⅰ的半径大于地球半径，则在轨道Ⅰ的线速度小于第一宇宙速度，A错误；B．根据2224MmrGmrT

=解得32rTGM=由于轨道Ⅰ的半径小于空间站的半径，可知，在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，B正确；C．第一次变轨与第二次变轨均是由低轨道到达高轨道，则均需要在切点位置加速，C错误；D．从椭圆轨道Ⅱ的A点

运动到B点，万有引力做负功，动能减小，D错误。故选B。10.如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上

为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（）A.N、P、M三点的电势相等B.将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处，电场力可能先做正功后做负功C.在3Lx=处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为298kqLD.在3Lx=与x=L处的电场强度沿

x轴正方向的分量大小之比为3：1【答案】C【解析】【详解】A．由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三

点电势不相等，故A错误；B．由O点至x=3L处，x轴上每点电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；C．由几何关系可知OA=33L，则A点到3Lx=处的距离为23L，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=3L处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和

，可知122292cos60cos6082233kqkqkqELLL=−=故C正确；D．A点到x=L处的距离为233L，同理可得在x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为1222332cos30cos308232333kqkqkqELLL=−

=可得的123=EE故D错误。故选C。二、实验题（每空3分，共15分）11.某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光

条的小滑块放置在转台上，细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，兴趣小组采取了下列步骤：①用螺旋测微器测量遮光条的宽度d。②用天平称量小滑块（包括遮光条）的质量m。③将滑块放置在转

台上，使细线刚好绷直。④控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数，分别为1F和1t；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数2F、3F…和光电门的示数2t、3t…。回答

下面的问题（1）螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=______mm。（2）滑块匀速转动的线速度大小可由v=______计算得出。（3）处理数据时，兴趣小组的同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的线速度大小的平方2v为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示，设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ=______。（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出F—2v的图像，与图丙中a和b比较，发现a______、b______（填“增大”“减小”和“不变”）。【答案】①.1.732##1.730

##1.731##1.733②.dt③.amg④.增大⑤.不变【解析】【详解】（1）[1]图乙中螺旋测微器测量遮光条的宽度1.5mm23.20.01mm=1.732mmd=+（2）[2]滑块匀速转动的线速度大小可由光电门测得dvt=（3）[3]对在转台上做匀速圆周运动滑块，根据图丙

知20v=时Fa=−根据牛顿第二定律2vFmgmr+=带入数据0amg−+=解得amg=（4）[4][5]根据图丙得到0amg−+=0bmgmr+=解得amg=bgr=则换用质量m更大的滑块，a增大而b不变。三、解答题（共45分）12.如图，某潜水员在海中潜水，处于

距离海岸7m海面下4mE点，潜水员观察岸上的竖直放置的标尺杆F，标尺杆F长6m，潜水员能看到杆的一半刻度。已知海面CD到海岸AB的高度为3m，标尺杆F到岸边A点的距离为4m。（1）求海水的折射率为多少？

（2）若涨潮海面CD上升3m与海岸AB平齐，潜水员相对海岸位置不变，则此时能看到的标尺杆长度为的多少？【答案】（1）43；（2）(62)m−【解析】【详解】（1）最低可以观察位置如右图由图中几何关系可得3sin5=4sin

5=所以sin4sin3n==（2）若涨潮后最低观察位置如图由几何知识可以得出2sin2=sinsinn=22sin3=由几何知识得tan22=tanxy=可以观察的最大长度为6(62)mLy=−=−1

3.游乐场中跳楼机的工作原理是：先把游客和座椅拉升到离地高126mH=处，使游客随座椅一起自由下落，当下落到制动开关A位置时，触发制动开始减速，到达地面时速度刚好为零（制动包含机械制动和电磁制动）。整个装置简化图如图：MP为安全高度限制金属横杆，MNPQ、为竖直光滑平行导轨，导

轨宽度10mL=，游客和座椅可视为质量：3210kgm=、长度为L的水平金属杆，金属杆的电阻0.1ΩR=，运动时始终与导轨垂直，制动开关A点下方区域（含A点所在水平边界）存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。若金属杆进入磁场时的速

度大小为144km/h、加速度大小3ag=，机械制动提供的拉力4410NF=，金属杆与导轨始终接触，忽略空气阻力，MP与导轨的电阻不计，重力加速度210m/sg=。求：（1）制动开关A离地面的高度Ah。（2）该磁场磁感应强度的大小B。（3）金属杆从MP运动到NQ

的过程中，通过金属杆的电荷量q。【答案】（1）A46mh=；（2）1TB=；（3）34.610Cq=【解析】【详解】（1）根据题意知，金属杆进入磁场时的速度大小为m144km/h40m/sv==设游客和座椅自由下落的高度为h，有2m2vgh=制

动开关A离地面的高度AhHh=−联立解得A46mh=（2）在A点对金属杆进行分析，由牛顿第二定律，有BILFmgma+−=其中感应电流EIR=感应电动势EBLv=解得1TB=（3）在磁场区域，有ΔqIt=其中EIR=Et=ABLh

=联立解得34.610Cq=14.游乐场有一弹球游戏装置，可简化为如图所示的模型。在竖直平面内，半圆弧轨道AB光滑，圆心为O，半径为R。CD与DE斜轨道粗糙，动摩擦因数为μ，与水平面夹角均为θ=37°。设滑动

摩擦力等于最大静摩擦力。已知O点、C点、E点等高，D点有一段光滑小圆弧连接两轨道。质量为2m的小球2在光滑水平面上有向左的初速度v0，和静止在B点质量为m的小球1发生弹性碰撞。小球1经过圆弧轨道后从A点水平向右飞出，恰能无碰撞地从C点进入斜轨道。（1

）求小球1在C点速度vC的大小；（2）求小球1在A点所受轨道作用力的大小；（3）若小球1最终停在斜轨道DE上，求μ的最小值；（4）改变小球2的初速度v0，使小球1能击中斜轨道DE，求v0的取值范围。【答案】（1）523gR；（2）239mg；（3）2524；（4）0324122g

RgRv【解析】【详解】（1）设小球1进入C点时速度的竖直方向分量为vy，则有222(1221)AyAmgRmvvmv=+−所以52sin3yCvgRv==（2）设小球1飞出A点时速度为vA，轨道作用力大小为N，则tanyAvv=2AvNmgmR+=解得23

9Nmg=（3）设斜轨道CDE长度为LCE，若小球1恰能停在E点，则2sinCERL=2021cosCECmgLmv−=−解得2524=（4）设碰撞后瞬间小球2速度为v2，小球1速度为v1，则01222mvmvmv=+22201222221112mv

mvmv=+设小球1飞出A点时速度为vA′，从A点至落到斜轨道DE上的时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则有Axvt=212ygt=①当落到D点时，有34tanRxR==2yR=解得2AvgR=②当落到E点时，有416tan3RRx==yR=解得823AgRv=所以vA′取值范围

为8223AgRgRv小球1从轨道最低点到最高点过程中，有22112212AmgRmvmv−=−所以0324122gRgRv15.如图所示，空间坐标系O—xyz内有一由正方体ABCO—A′B′C′O′和半圆柱体BPC—B′P′C′拼

接而成的空间区域，立方体区域内存在沿z轴负方向的匀强电场，半圆柱体区域内存在沿z轴负方向的匀强磁场。M、M′分别为AO、A′O′的中点，N、N′分别为BC、B′C′的中点，P、P′分别为半圆弧BPC、B′P′C′的中点，Q为MN的

中点。质量为m、电荷量为q的正粒子在竖直平面MNN′M′内由M点斜向上射入匀强电场，入射的初速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为θ=53°。一段时间后，粒子垂直于竖直平面BCC′B′射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L，匀强磁场的磁感应强

度大小为065mvBqL=，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）求匀强电场的电场强度E的大小；（2）求粒子自射入电场到离开磁场时的运动时间t；（3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。【答

案】（1）201225mvqL；（2）()05618Lv+；（3）4392,,4418LLL++.【解析】【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿x轴方向01cos53Lvt=解得1053Ltv=沿z轴方向01sin53vat=由牛顿第二定律可知qEam=

解得201225mvEqL=（2）粒子进入匀强磁场后，由牛顿第二定律可知()2001cos53cos53mvqvBR=解得12LR=由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的周期102cos53R

Tv=粒子在匀强磁场中运动的时间2060536018LtTv==故()1205618Ltttv+=+=（3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，在匀强电场中运动的时间30052cos536LLtvv==进入磁场时，沿x轴方向的速度大小为0cos5

3xvv=沿z轴方向的速度大小为0302sin535yvvatv=−=故粒子沿x轴方向做匀速圆周运动，半径212LRR==沿z轴方向做匀速直线运动，因粒子做圆周运动的半径不变，故在磁场中运动的时间不变，在磁场中沿z轴方向运动的位移大小为129yL

zvt==在电场中沿z轴方向运动的位移大小为023sin5322yvvLzt+==故粒子离开磁场时，z轴方向的坐标129218zzzL+=+=y轴方向的坐标2cos604LyR==x轴方向的坐标243si

n604xLRL+=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com