【文档说明】江苏省2024-2025学年高三上学期期初迎考试题 物理 Word版含解析.docx，共(13)页，307.892 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前江苏省2024—2025学年高三上学期期初迎考卷物理注意事项:1.本试卷共100分,考试用时75分钟.2.答题前,考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内.一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分,每题

只有一个选项最符合题意.1.核污染水中含有的氚、锶90、铯137、碘129等放射性元素,都有可能对人类和自然界造成损害.其中锶(⬚3890Sr)半衰期为30年,它经β衰变转变为钇核.下列说法中正确的是()A.锶核通过β衰

变产生的电子来自锶原子的核外电子B.钇原子核内有52个中子C.钇核的比结合能比锶核大D.100个锶原子核经过30年,还剩50个2.扑克牌可以用来“搭房子”,如图甲所示.每一张纸牌的质量为m,在图乙的示意图中,下列说法中正确的是()甲乙A.a纸牌受到其他纸牌的作用

力大小为mg,方向竖直向上B.b纸牌受到其他纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上C.纸牌对地面的压力大小为6mgD.每一张纸牌的合外力都不相同3.主动降噪耳机能根据环境中的噪声(纵波)产生相应的降噪声波,降噪声波与环境噪声同时传入

人耳,两波相互叠加,达到降噪的目的.下列说法中正确的是()A.耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直B.降噪声波与环境噪声的波长相同C.降噪声波和环境噪声发生干涉,耳膜振动加强D.环境噪声频率越高,从耳机传播到耳膜的速度越快4.如图甲所示为汽车的传统点火装置,称之为蓄电池点火系统.此装置

的核心部件是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连接到12V的蓄电池上,副线圈连接到火花塞的两端.在开关闭合或断开的瞬间,将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花,点燃可燃混合气体.图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像.下列说法中正确的是()甲乙丙A.原线圈的匝数比副线

圈的匝数多B.t2t3间穿过副线圈的磁通量为零C.开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同D.开关断开时比开关闭合时更容易点燃混合气体5.如图甲所示为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”,小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道,然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗,

由此循环往复形成“永动”的效果.其原理如图乙所示,金属轨道与底座内隐藏的电源相连,轨道下方藏有永磁铁.当永磁铁N极朝上放置,小钢球逆时针“永动”时,下列说法中正确的是()甲乙A.小钢球运动的过程中机械能守恒B.

该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应C.轨道a应接电源的正极,轨道b应接电源的负极D.电源如何接都不影响“永动”的效果6.如图所示,调整水龙头的开关,使单位时间内流出水的体积相等.水由于重力作用,下落速度越来越大,水柱越来越细.若水柱的横截面可视为圆,图中a、b两处的横截面直径分别

为0.8cm和0.6cm,则经过a、b的水流速度之比va∶vb为()A.1∶3B.1∶9C.3∶4D.9∶167.如图所示,正方形ABCD为一个立方体冰块的截面,一束从Q点射出的单色光经M点射入该冰面内,入射角为θ,但具体

角度值无法测量,光线在AB边上的N点射出,QM连线的延长线与AB边交于P点,已知MP和MN的长度,根据以上信息()A.不能求得冰块折射率B.光线进入冰块中传播时频率变小C.减小θ角,光线在AB边可能会发生全反射D.无论怎么改变θ角,光线在AB边都不可能会发生全反射

8.在我国汉代,劳动人民就已经发明了辘轳,如图所示,可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4R,辘轳边缘上b点到转轴的距离为R,忽略空气阻力.在水桶离开水面后加速上升的过程中,下列说法中正确的是()A.a点与b点的角速度之比为4∶1B.a点与b点的向心加速度大小之比为4∶1C.a点的线速度

大小与水桶上升的速度大小之比为1∶4D.绳的拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小等于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小9.如图所示,从我国空间站伸出的长为d的机械臂外端安置一微型卫星,微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做

匀速圆周运动.已知地球半径为R,空间站的轨道半径为r,地球表面重力加速度为g.忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸,则()A.微型卫星的角速度比空间站的角速度要小B.微型卫星的线速度与空间站的线速度相等C.空间站所在轨道处的加速度与g之比为𝑅2𝑟2D.机械臂对微型卫星一定无作用力10.

反射式速调管是常用的微波器件之一,其内部真空,有一个静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示,x=0处电势为6V.一个带负电粒子(重力不计)从x=3cm处由静止释放.下列说法中正确的是()A.该静电场可以由两个负电荷产生B.x=-2cm的电

场强度等于x=2cm处的电场强度C.该粒子在x=0处的电势能最大D.该粒子将沿x轴负方向运动,运动到的最远位置为x=-4.5cm11.如图所示,光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框abcd,线框以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场(磁场的宽度大于线框的边长)

,当线圈全部进入磁场区域时,速度减小到𝑣3.下列说法中正确的是()A.线框进入磁场时与离开磁场时均做匀减速直线运动B.线框能全部穿出磁场C.线框进入磁场时与离开磁场时产生的热量之比为8∶1D.线框进入磁场时与离开磁场时通过线框某截面的电荷量之比为1∶2二、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.(15分)某实验小组对两节旧干电池进行了实验探究.甲乙丙(

1)用多用电表2.5V挡直接接在其中一节干电池的两端,示数如图甲所示,则该示数为V,用同样方法测另一节干电池,两次示数也相差无几,小组成员猜测多用电表测量不准,需进一步精测.(2)实验小组用如图乙所示的电路

测量两节干电池的总电动势和总内阻(约为20Ω),除开关、导线外,现有如下器材可供选择:A.电流表A1(0100mA,内阻为5Ω)B.电流表A2(03A,内阻为2Ω)C.电压表V(03V,内阻约为3kΩ)D.定值电阻R0=5ΩE.滑动变阻器R1(020Ω)F.滑动变阻器R2(0100Ω)电流表应选

,滑动变阻器应选.(均填器材前的字母)(3)小组实验后测得多组U、I值如表所示,请在图丙中描点作图,可得两节干电池的总电动势为V,总内阻为Ω.(结果均保留一位小数)电压/V2.031.901.601.351.00电流/mA

16.720.027.533.842.513.(6分)自嗨锅通过自热包产生热量使隔层上方锅内气体吸热升温,使用不当时可能造成安全事故.某次使用前,室温为27℃,大气压强为1.0×105Pa,锅盖透气孔被堵塞.假设该款自嗨锅锅体内部所能承受的最大

压强为1.04×105Pa,锅盖扣紧后,锅内气体视为质量一定的理想气体,且体积不变.(1)请通过计算判断锅内气体能否安全加热到47℃?(2)若此过程中气体内能的改变量为ΔU,则锅内气体吸收的热量是多少?14.(8分)图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈,简化模

型如图乙所示.已知配重(可视为质点)质量m=0.4kg,绳长为L=0.3m,悬挂点A到转轴OO'的距离r=0.12m.水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重从静止开始加速旋转,一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动.配重运动过程中腰带可视为

不动,不计空气阻力.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ=37°时,求配重的角速度.(2)配重从静止开始加速旋转到θ=37°的过程中,求绳对配重做的功.甲乙15.(12分)在如图所示的竖直平面x

Oy中,一质量为m、电荷量为+q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0=√𝑔𝐿2从A点射入第一象限,第一象限有竖直向上的匀强电场E1=𝑚𝑔2𝑞,小球偏转后打到x轴上的C(√3L,0)点,x轴下方有匀强电场E2(图中未画出),第三、四象限有垂直于纸面

向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场,小球在x轴下方做匀速圆周运动,已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为𝑚𝑞√𝑔2𝐿,重力加速度大小为g.(1)求x轴下方匀强电场的电场强度E2.(2)求带电小球在C点的速度vC.(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为2𝑚𝑞√𝑔2

𝐿,求小球从C点运动到P(0,-3L)点所用的时间.16.(15分)如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图,一根劲度系数为k的轻质弹簧左端固定,右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连,小球B的右侧静置着一滑块C,其上表面是半径为R的1

4光滑圆弧轨道.现将一质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放,小球A沿轨道滑下后,在水平面上与小球B发生弹性碰撞,碰撞时间忽略不计.已知小球B、滑块C的质量均为3m,小球A、B均可视为质点,重力加速度为g,

弹簧振子周期公式T=2π√𝑚𝑘.(1)求小球A下滑到圆弧轨道最低点N时,滑块C的速度大小.(2)求弹簧弹性势能的最大值.(3)若当小球B再一次回到K点时,小球A恰好从N点再一次滑上圆弧,求初始时K点与滑块C右边缘P点之间的距离L.江苏省2024-202

5学年高三上学期期初迎考卷物理参考答案与评分标准1.C解析:β衰变实质是原子核内一个中子转变成一个质子和一个电子,所以锶核通过β衰变产生的电子来自锶原子核,故A错误;锶(⬚3890Sr)经β衰变转变为钇核,根据质量数守恒和电荷数守恒可知钇核的质子数为39,质量数为90,且钇核的比结合能

比锶核大,由此可知钇原子核内有51个中子,故B错误,C正确;半衰期是大量原子的统计规律,100个锶原子核衰变具有随机性,不符合统计规律,故D错误.2.A解析:a纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力和自身重力,根据力的平衡条件可知

其他纸牌对a纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上,故A正确;b纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力、自身重力和摩擦力作用,则其他纸牌对b纸牌的作用力大小不等于mg,故B错误;共有7张纸牌,对整体受力分析,可知地面对其支持

力为7mg,则纸牌对地面的压力大小为7mg,故C错误;每张纸牌都处于静止状态,合外力都为0,故D错误.3.B解析:声波属于纵波,纵波的振动方向与波的传播方向一致,A错误;降噪声波与环境噪声叠加后实现降噪,根据波的干涉条件可知,降

噪声波与环境噪声频率相同,速度相同,波长相同,相位相反,B正确;降噪声波和环境噪声发生干涉,耳膜振动减弱,C错误;声波传播的速度取决于介质,与其频率无关,故D错误.4.D解析:依题意,该变压器为升压变压器,所以原线圈的匝数比副线圈的匝数少,故A错误;由图乙可

知,t2t3间原线圈有电流流过,则穿过副线圈的磁通量不为零,故B错误;由图丙可知,开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相反,故C错误;由图丙可知,开关断开时比开关闭合时副线圈产生的电压更高,所以更容易点燃混合气体,故D正确.5.C解析:小钢球运动的过程中有外力做功,机械能不守恒,

故A错误;该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用,故B错误;小钢球逆时针“永动”时,应受向右的安培力,根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b,所以轨道a应接电源的正极,轨道b应接电源的负

极,故C正确;电源反接后改变安培力的方向,影响“永动”,故D错误.6.D解析:由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等,则有π(𝑑𝑎2)2vaΔt=π(𝑑𝑏2)2vbΔt,可得va∶vb=𝑑𝑏2∶𝑑𝑎2

=0.62∶0.82=9∶16,故选D.7.C解析:作出如图所示的光路图,设冰折射率为n,可得n=sin𝜃sin𝛼=𝑀𝑁𝑀𝑃,A错误;光的传播频率与传播介质无关,即频率不变,B错误;减小θ角时,折射角随之减小,对应AB边的入射角却逐渐变

大,当AB边的入射角大于其对应的临界角时,便可发生全反射,C正确,D错误.8.B解析:把手边缘上a点与辘轳边缘上b点属于共轴转动,所以角速度相同,故A错误;由公式a=ω2r可知,把手边缘上a点与辘轳边缘上b点的向心加

速度大小之比为4∶1,故B正确;根据v=ωr,把手边缘上a点的线速度大小为v1=4ωR,所以把手边缘上a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为4∶1,故C错误;对水桶分析,根据动量定理有I拉-I重=Δp,可知拉力对水桶(含桶

内的水)的冲量大小等于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小与水桶(含桶内的水)动量的变化量大小之和,故D错误.9.C解析:微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动,所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等,故A错误;微型卫星的

线速度v=ω(r+d),空间站的线速度v'=ωr,微型卫星的线速度比空间站的线速度大,故B错误;由G𝑀𝑚𝑟2=ma,解得空间站所在轨道处的加速度a=𝐺𝑀𝑟2,在地球表面G𝑀𝑚𝑅2=mg,解得g=𝐺𝑀𝑅2,所以𝑎𝑔=𝑅2𝑟2,故C正确;由G𝑀

𝑚𝑟2=mω2r,解得ω=√𝐺𝑀𝑟3,可知仅由万有引力提供向心力时,微型卫星比空间站的轨道半径大,角速度小,由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动,由F=mω2r可知所需向心力增大,所以机械臂对微型卫星有拉力作用,故D错误.10.D解析:φ-x图像的斜率表

示电场强度,由图可知-6cm<x<0区域的电场强度大小为E1=66×10-2V/m=100V/m,方向沿着x轴负方向,0<x<4cm区域的电场强度大小为E2=64×10-2V/m=150V/m,方向沿着x轴正方向,可知x=-2cm的电场强度小

于x=2cm处的电场强度,且此静电场不可能由两个负电荷产生,故A、B错误;x=0处电势最高,根据Ep=qφ可知该带负电粒子在x=0处的电势能最小,故C错误;带负电粒子(重力不计)从x=3cm处由静止释放,受到向x轴负方向的电

场力,当运动到x<0区域后,受到x轴正方向的电场力,根据动能定理qE2x2-qE1x1=0,可得x1=4.5cm,则该粒子将沿x轴负方向运动,运动到的最远位置为x=-x1=-4.5cm,故D正确.11.C解析:线框进入磁场时与离开磁场时受安培力大小为F=BIL=B𝐵𝐿𝑣�

�L=𝐵2𝐿2𝑣𝑅=ma,随着速度减小,安培力逐渐减小,加速度减小,所以线框进入磁场时与离开磁场时做变减速直线运动,故A错误;假设线圈能全部穿出磁场,线圈刚全部进入磁场时速度为𝑣3,刚离开磁场时速度为v',线圈进入磁场的过程,取向右为正方向,由动量定理得-BI1L·t1=m𝑣

3-mv,通过线圈的电荷量q1=I1t1=Δ𝛷𝑅=𝐵𝐿2𝑅,线圈离开磁场的过程,取向右为正方向,由动量定理得-BI2L·t2=mv'-m𝑣3,通过线圈的电荷量q2=I2t2=Δ𝛷𝑅=𝐵𝐿2𝑅,联立解得v'

=-𝑣3,所以线圈不能全部穿出磁场,则v'=0,代入上式可知𝑞1𝑞2=21,故B、D错误;线圈进入磁场的过程,根据能量守恒定律有Q1=12mv2-12m(13𝑣)2,线圈离开磁场的过程,根据能量守恒定律有Q2=12m(13𝑣)2,解得𝑄1𝑄2=81,故C正确.12

.(1)1.40(2)AF(3)图见解析2.62.817.5(17.018.0)解析:(1)根据电压表读数规则可知电压为1.40V.(2)两节旧干电池电压约为2.8V,电阻约为20Ω,电路中的最大电流约为140mA,故电流表应该选A;由数

据可知,测量的最小电流为16.7mA=0.0167A,此时电路的总电阻R=𝑈2𝐼=2.82×0.0167Ω=83.83Ω,此时滑动变阻器的电阻R2=(83.83-20-2.5)Ω=61.33Ω>20Ω,滑动变阻器应选F.(3)作出U-I图像如图所示,由欧姆定律有E=U+2I(

𝑟+𝑅02)=U+I(2r+R0)可得干电池的总电动势为E=2.7V总内阻为r=12×(2.7−1.00.0425Ω−5Ω)=17.5Ω.13.(1)不能(2)ΔU解析:(1)设初始时,气体的压强为p1=1×105Pa,温度为

T1=300K,加热到47℃时,气体的压强为p2,温度为T2=320K,气体发生等容变化,则有𝑝1𝑇1=𝑝2𝑇2解得p2=1.07×105Pa>1.04×105Pa所以不能安全加热到47℃(3分)(2)由热力学第一定

律可知ΔU=W+Q气体体积不变,W=0,解得Q=ΔU(3分)14.(1)5rad/s(2)0.69J解析:(1)当θ=37°时,配重的受力如图所示配重受到的合力为F合=mgtan37°且F合=mω2(r+Lsin37°)解得配

重的角速度为ω=5rad/s(4分)(2)θ由0°缓慢增加到37°的过程中,绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量重力势能的增加量ΔEp=mgΔh=mgL(1-cos37°)=0.24Jv=ω(r+Lsin37°),动能的增加量ΔE

k=12mv2=0.45J则绳子做的功W=ΔEp+ΔEk=0.69J(4分)15.(1)𝑚𝑔𝑞,方向竖直向上(2)√2𝑔𝐿,与x轴正方向成60°向下(3)2π3√2𝐿𝑔或8π3√2𝐿𝑔解析:(1)

小球在x轴下方做匀速圆周运动,则mg=qE2解得E2=𝑚𝑔𝑞,方向竖直向上(3分)(2)小球在第一象限做类平抛运动,根据牛顿第二定律a=𝑚𝑔-𝑞𝐸1𝑚=𝑔2水平方向t=√3𝐿𝑣0,竖直方向vy=at根据运动的合成vC=

√𝑣02+𝑣𝑦2,可得vC=√2𝑔𝐿根据几何关系tanθ=𝑣𝑦𝑣0可得θ=60°,即vC方向与x轴正方向成60°向下(4分)(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动,运动半径为r1,则qvCB4=m𝑣𝐶2𝑟1,解得r1=2L小球运动的周期T1=2

π𝑟1𝑣𝐶,解得T1=2π√2𝐿𝑔图1图2如图1所示,由几何关系可知,小球从C到P偏转的圆心角为2π3,此过程运动时间为t1=13T1=2π3√2𝐿𝑔小球经P点进入第三象限后,设运动半径为r2,则qvCB3=m𝑣𝐶2𝑟2,解得r2

=L小球运动的周期T2=2π𝑟2𝑣𝐶,解得T2=π√2𝐿𝑔如图2所示,小球从P点再回到P点所用时间为t2=12T1+T2=2π√2𝐿𝑔小球从C点运动到P点所用的时间为t1+t2=8π3√2𝐿𝑔

故小球从C点运动到P点时间为2π3√2𝐿𝑔或8π3√2𝐿𝑔(5分)16.(1)√𝑔𝑅6(2)916mgR(3)π√9𝑚𝑔𝑅128𝑘+34R解析:(1)小球A下滑过程中,设小球A下滑到圆弧轨道最低点N时,小球A和滑块C的速度大小分别为v1、v2,规定水平向右

为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得0=mCv2-mAv1,mAgR=12mA𝑣12+12mC𝑣22联立解得v1=√3𝑔𝑅2,v2=√𝑔𝑅6(4分)(2)设碰后小球A、B的速度大小分别为v3、v4

,碰撞过程中小球A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒,则有mAv1=mAv3+mBv4,12mA𝑣12=12mA𝑣32+12mB𝑣42联立解得v3=-12√3𝑔𝑅2,v4=12√3𝑔𝑅2小球B压缩弹簧,弹簧弹性势能的最大值即为小球B初始时的动能,即Epmax=

12mB𝑣42=916mgR(5分)(3)设小球A从开始下滑到与小球B碰撞前过程,小球A和滑块C在水平方向的位移大小分别为sA、sC,该过程中小球A和滑块C组成的系统水平方向动量守恒,又初始时K、P两点之间的距离为sA=L,则有m

AsA=mCsC解得sA+sC=4𝐿3即小球A与小球B碰撞时K、P两点间的距离为43L,碰撞后小球A向右匀速运动追及滑块C过程有(v3-v2)t=sA+sC-R小球B运动过程为简谐运动,所以T=2π√3𝑚𝑘当小球B再一次回到K点时t=12T=π√3𝑚

𝑘代入数据解得L=π√9𝑚𝑔𝑅128𝑘+34R(6分)