【文档说明】江苏省徐州市沛县2024届高三上学期期初模拟测试（一）物理答案和解析.docx，共(9)页，202.321 KB，由小赞的店铺上传

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物理高三期初模拟测试（一）参考答案：1．B【详解】A．甲图是等效替代思想，A错误；B．把带小孔的空腔看成黑体是理想化物理模型，B正确；C．丙图为模拟气体压强产生机理实验图。实验说明了气体压强是由气体分子对器壁频繁碰撞产生的，C错误

；D．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，将两个球体之间由于万有引力的吸引而移动的距离通过石英丝的扭转角度“放大”展现，应用了微小形变放大法，D错误。2．D【详解】A．根据⬚614C→714N+e

−10即⬚614C发生𝛽衰变的产物是⬚714N，选项A错误；B．𝛽衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C错误；D．若测得一古木样品的

⬚614C含量为活体植物的14，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为5730×2年=11460年，选项D正确。3．A【详解】光谱图中谱线位置表示相应光子的波长。氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ

谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确。4．D【详解】AB．粒子从b点以某一初速度𝑣0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从

a点垂直于𝑥轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力提供向心力可得𝑞𝑣0𝐵=𝑚𝑣02𝑟由几何关系可得𝑟=𝑅联立解得𝑣0=𝐵𝑞𝑅𝑚该粒子从b点运动到a点的时间为𝑡=90°360°𝑇=14⋅2𝜋𝑚𝑞𝐵=𝜋𝑚2𝑞𝐵C．以√22𝑣0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子

在磁场中的半径为𝑟1=𝑚⋅√22𝑣0𝑞𝐵=√22𝑅该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知𝐿𝑎𝑏=√2𝑅=2𝑟1可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确；D．以√2𝑣0从b点沿各个方向垂直进入磁

场，粒子在磁场中的半径为𝑟2=𝑚⋅√2𝑣0𝑞𝐵=√2𝑅当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为𝑡max=90°360°𝑇=14⋅2𝜋𝑚𝑞𝐵=𝜋�

�2𝑞𝐵故D错误。此题选择不正确的选项，故选D。5．C【详解】A．根据对称性和场强叠加原理可知，O点场强方向水平向右，故A错误；B．可将水平面内一绝缘细圆环的左、右半圆分别均匀分布着等量异种电荷等效成等量异种点电荷的电场，根据等量异种点电荷电场的对称性可知，由A至O点场

强变大，故B错误；C．过圆心与环面垂直的轴线是等势线，则小球沿轴线运动过程中电势能不变，故C正确；D．若小球沿轴线做匀变速运动，则外力F、重力与电场力的合力恒定，由于电场力方向不变，大小变化，重力恒定，则外力F大小变化，

方向变化，故D错误。6．D【详解】AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为𝑓=𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑔sin𝜃其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，滑块速度从水平到竖直过程中根据动能定理𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑦−𝑓𝑠=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02其中𝑦为垂直初速

度方向滑块沿斜面下滑的长度，𝑠为滑块运动轨迹的长度，根据几何关系可知𝑠>𝑦可知𝑣<𝑣0故AB错误；CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知𝑓的方向与重力沿斜面向下的分力的方向𝑚𝑔sin𝜃的夹角为90°到180°，则合力的大小范围𝑚𝑔sin𝜃−𝑓

≤𝐹合≤√𝑓2+(𝑚𝑔sin𝜃)2结合牛顿第二定律𝐹合=𝑚𝑎可得0≤𝑎≤√2𝑔sin𝜃则𝑎1=√2𝑔sin𝜃𝑎2=0故D正确，C错误。7．D【详解】A．状态A到状态B过程，由理想气体状

态方程可知，气体体积增大，则气体密度变小，A错误；B．状态B到状态C过程，气体温度先升高后降低，则气体内能先增大后减小，但气体体积一直减小，则外界对气体做功，则根据热力学第一定律有U=Q＋W，W>0在气体内能增大阶段，由于不知道U与W的具体关系，则无法判断出气体

是吸热还是放热，而在气体内能减小阶段，W>0，则Q<0，故气体放热，B错误；CD．A、C两状态气体压强相同，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但A状态到C状态气体温度升高，气体体积增大，气体分子平均速

率变大，数密度减小，则A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减小，C错误、D正确。8．A【详解】A．椭圆轨道II半长轴为a，周期为T，I、III为圆轨道，由于III的半径与II的半长轴相等，由开普勒第三定律可知圆轨道III的半径为a，

卫星C的周期为T，则𝐺𝑀𝑚𝑎2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑎解得地球的质量𝑀=4𝜋2𝑎3𝐺𝑇2故A正确；B．由𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎，解得𝑎=𝐺𝑀𝑟2所以B、C在M点的加速度大小相等，由于卫星B做变速圆周运动，卫星B的加速度与向心加速度不等，所以B、C在M点的

向心加速度大小不相等，故B错误；C．A、B的质量未知，由𝐹=𝐺𝑀𝑚𝑟2可知A、B经过N点时的所受地球引力不一定相同，故C错误；D．由开普勒第二定律可知同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，A、B

与地心的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。9．B【详解】整体未下落时，两物块相对木板静止，弹力等于摩擦力，整体无初速度释放后，两物体和木板都处于完全失重状态，两物块对木板的压力为零，此时摩擦力消失。在水平方向

上，两物块只受到弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知，两物块相对木板运动且相互靠近。10．A【详解】A．磁感应强度与𝐼0成正比，当霍尔元件内部电场稳定时𝑒𝑣𝐵=𝑒𝑣𝑘𝐼0=𝑒𝑈𝑏即Δ

𝑈=𝑣𝑏𝑘Δ𝐼0仅适当增大工作电流I，根据𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹

力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的“+”“−”接线柱连线位置需要改动，B错误；C．根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的“−”接线柱相连，C错误；D．当电流𝐼0增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧

电势差增大，电压表V的示数会增大，D错误。11．【答案】1.5501516.722.5【详解】[1][2]由𝐼=𝐸𝑅𝐴+𝑅1可知，当电阻箱阻值为87.5Ω和150Ω时，有8.0m𝐴=𝐸𝑅𝐴+87.5Ω6.0m𝐴=𝐸𝑅𝐴+150Ω解得𝐸=1.5V，𝑅𝐴=100

Ω（2）b．[3]将两表笔短接进行欧姆调零，有𝑅𝐴+𝑅1=𝐸𝐼𝑔解得𝑅1=50Ω电流表的中央刻度对应欧姆表的内阻，此时对应欧姆表的“×10”倍率，则电流表“5.0mA”刻度线的对应数值应标为15；c．[5]闭合开关后对应欧姆表的“×1”倍率，则电流表满偏时回路总电阻对应欧姆表的内

阻，为15Ω，有150Ω⋅𝑅2150Ω+𝑅2=15Ω解得𝑅2=503≈16.7Ω电流表示数为4.0mA，则流过电源的电流为40mA，由闭合电路欧姆定律有𝐼=𝐸15Ω+𝑅x解得𝑅x=22.5Ω12．【详解】（1）整个系统处于静止状态时，对小球P受力分析

，根据平衡𝑇𝐵cos37∘=𝑀𝑔①对物体Q有𝑚𝑔+𝑇弹=𝑇𝐵②对物体N有𝑇弹=𝑚𝑔③联立①②③得𝑀=52𝑚（2）根据系统能量守恒有𝑀𝑔𝐿sin37∘=12𝑚𝑣2+12𝑀𝑣2+𝑚

𝑔ℎ④根据几何关系ℎ=𝐿tan37∘−(𝐿cos37∘−𝐿)⑤联立④⑤解得𝑣=27√7𝑔𝐿（3）对物体Q有动能定理有12𝑚𝑣2=−𝑚𝑔ℎ+𝑊⑥联立⑤⑥有𝑊=1114𝑚𝑔𝐿13．【详解】由于𝐿1>𝐿2可知U型玻璃管旋转前A端气体压强p1大于

B端气体压强p2，旋转后A端气体压强𝑝′1小于B端气体压强𝑝′2，则对于A端气体，初状态压强p1，气柱长度𝐿1=20cm末状态压强𝑝′1，气柱长度𝐿′1=22cm对于B端气体，初状态压强p2=p1-8cmHg气柱长度𝐿2=12cm末状态压强𝑝′2=𝑝′1+12cmHg气柱

长度𝐿′2=10cm由等温变化规律可得𝑝1𝐿1=𝑝′1𝐿′1𝑝2𝐿2=𝑝′2𝐿′2联立解得𝑝1=74.25cmHg14．【详解】（1）a球做加速运动的加速度为𝑎，则𝐵𝑞𝑣0=𝑚𝑎𝑎设第一次碰前速度为𝑣𝑎0，则𝑣𝑎02=2𝑎𝐿设a和b碰撞

后速度为𝑣𝑎1、𝑣𝑏1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得𝑚𝑎𝑣𝑎0=𝑚𝑎𝑣𝑎1+𝑚𝑏𝑣𝑏112𝑚𝑎𝑣𝑎02=12𝑚𝑎𝑣𝑎12+12𝑚𝑏𝑣𝑏12解得𝑣𝑎1=−0.4m/s𝑣𝑏1=0.4m/s（2）设物

块a、b第一次碰后再经过时间𝑡1发生第二次碰撞𝑣𝑎1𝑡1+12𝑎𝑡12=𝑣𝑏1𝑡1解得𝑡1=0.4s第二次碰撞前a的速度𝑣′𝑎1=𝑣𝑎1+𝑎𝑡1=1.2m/s第二次碰撞前b的速度𝑣′𝑏1=𝑣𝑏1=0.4m/s碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

𝑚𝑎𝑣′𝑎1+𝑚𝑏𝑣′𝑏1=𝑚𝑎𝑣𝑎2+𝑚𝑏𝑣𝑏212𝑚𝑎𝑣′𝑎12+12𝑚𝑏𝑣′𝑏12=12𝑚𝑎𝑣𝑎22+12𝑚𝑏𝑣𝑏22解得𝑣𝑎2=0𝑣𝑏2=

0.8m/s第二次和第三次碰撞的时间间隔为𝑡2，𝑥𝑎2=𝑥𝑏2即𝑣𝑎2𝑡2+12𝑎𝑡22=𝑣𝑏2𝑡2解得𝑡2=0.4s第三次碰撞前a的速度𝑣′𝑎2=𝑣𝑎2+𝑎𝑡2=1.6m/s第三次碰撞

前b的速度𝑣′𝑏2=𝑣𝑏2=0.8m/s碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得𝑚𝑎𝑣′𝑎2+𝑚𝑏𝑣′𝑏2=𝑚𝑎𝑣𝑎3+𝑚𝑏𝑣𝑏312𝑚𝑎𝑣′𝑎22+12𝑚𝑏𝑣′𝑏22=12𝑚�

�𝑣𝑎32+12𝑚𝑏𝑣𝑏32解得𝑣𝑎3=0.4m/s𝑣𝑏3=1.2m/s即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别

为𝑥𝑏1=𝑣𝑏1⋅𝑡=0.16m𝑥𝑏2=𝑣𝑏2⋅𝑡=0.4×2×0.4m=0.32m𝑥𝑏3=𝑣𝑏3⋅𝑡=0.4×3×0.4m=0.48m则杆的长度是𝑥=𝐿0+𝑥𝑏1+𝑥𝑏2+𝑥

𝑏3+···+𝑥𝑏8=5.84m（3）若给a球一个冲量𝐼，则𝐼=𝑚𝑎𝑣0a球和b球碰撞𝑚𝑎𝑣0=𝑚𝑎𝑣𝑎+𝑚𝑏𝑣𝑏12𝑚𝑎𝑣02=12𝑚𝑎𝑣𝑎2+12𝑚𝑏𝑣𝑏2解得𝑣𝑏=𝐼2b球在长方形区域时𝑚𝑏𝑔=�

�𝑞𝑏则b球在长方形区域内做匀速圆周运动𝑞𝑏𝑣𝑏𝐵0=𝑚𝑏𝑣𝑏2𝑟𝑛𝑟=2𝐿（𝑛=1，2，3⋯）联立解得𝐼=83𝑛N⋅s（𝑛=1，2，3⋯）15．【详解】（1）速度随时

间的变化关系为𝑣=𝑣0cos2𝜋𝑇电路中产生正弦式电流，电动势的峰值𝐸0=𝐵𝐿𝑣0电动势的有效值𝐸=𝐸0√2产生的热量𝑄=𝐸2𝑅+𝑟⋅𝑇4解得𝑄=𝐵2𝐿2𝑣02𝑇8(𝑅+𝑟)安培力做的功𝑊𝐴

=−𝑄由动能定理有𝑊+𝑊𝐴=0−12𝑚𝑣02解得𝑊=𝐵2𝐿2𝑣02𝑇8(𝑅+𝑟)−12𝑚𝑣02（2）单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，从平行磁感线位置开始转动后的四分之一周期内，流过线圈的电量为𝑞=𝐼𝑡=ΔΦ𝑡𝑅总�

�=𝐵𝑆𝑅总=𝐸𝑚𝑇2𝜋𝑅总（其中𝐸𝑚=𝐵𝑆𝜔）将本题由于速度变化产生交变电流的情景与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型类比，可得𝑞=𝐵𝑆𝑅总=𝐸𝑚𝑇2𝜋𝑅总=𝐵𝐿𝑣0𝑇2𝜋(𝑅+𝑟)根据动量

定理𝐼−𝐼安=0−𝑚𝑣0又𝐼安=𝐹̅𝑡=𝐵𝐿𝐼𝑡=𝐵𝐿𝑞公众号：全元高考解得𝐼=𝐼安−𝑚𝑣0=𝐵2𝐿2𝑣0𝑇2𝜋(𝑅+𝑟)−𝑚𝑣0获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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