2025屆新高三開學摸底物理考試卷（江蘇專用）（解析版）

2024屆新高三開學摸底考試卷（江蘇專用）物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分，每題只有一個選項最符合題意1．已知氘核質量為，氚核質量為，氦核質量為，中子質量為，阿伏加德羅常數NA取，氘核摩爾質量為，相當于。關于氘與氚聚變成氦，下列說法正確的是（）A.核反應方程式為B.氘核的比結合能比氦核的大C.氘核與氚核的間距達到就能發(fā)生核聚變D.氘完全參與聚變釋放出能量的數量級為【答案】D【解析】核反應方程式為故A錯誤；氘核的比結合能比氦核的小，故B錯誤；氘核與氚核發(fā)生核聚變，要使它們間的距離達到以內，故C錯誤；一個氘核與一個氚核聚變反應質量虧損聚變反應釋放的能量是，4g氘完全參與聚變釋放出能量，數量級為，故D正確。故選D。2．如圖，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道，其中軌道Ⅰ為與第一宇宙速度對應的近地環(huán)繞圓軌道，軌道Ⅱ為橢圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度對應的脫離軌道，三點分別位于三條軌道上，點為軌道Ⅱ的遠地點，點與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍，則（）A.衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運行周期為軌道Ⅰ的2倍B.衛(wèi)星經過點的速率為經過點的倍C.衛(wèi)星在點的加速度大小為在點的3倍D.質量相同的衛(wèi)星在點的機械能小于在點的機械能【答案】D【解析】由題可知軌道I的半徑與軌道Ⅱ的半長軸之比為，根據開普勒第三定律，解得，衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運行周期為軌道Ⅰ的倍。故A錯誤；根據，如果b點在過該點的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，如圖所示衛(wèi)星經過a點的速率為經過b點的倍，而軌道Ⅱ是橢圓，因此在軌道Ⅱ上b點的速度不等于圓軌道的速度，故B錯誤；根據公式，c點與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍?？芍?，衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍，故C錯誤；衛(wèi)星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ需要點火加速，因此再同一點加速動能增大也就是機械能增大，而同一軌道機械能守恒，因此b點的機械能小于在c點的機械能，故D正確。故選D。3．某同學自制雙縫干涉實驗裝置，在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發(fā)絲形成雙縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照雙縫，能在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相鄰兩條亮紋中央間距變小的是（）A.換用更粗的頭發(fā)絲 B.換用紅色激光照雙縫C.增大紙板與墻面的距離 D.減小光源與紙板的距離【答案】A【解析】由于干涉條紋間距，可知：換用更粗的頭發(fā)絲，雙縫間距d變大，則相鄰兩條亮紋中央間距Δx變小，故A正確；換用紅色激光照雙縫，波長變長，則相鄰兩條亮紋中央間距Δx變大，故B錯誤；增大紙板與墻面的距離l，則相鄰兩條亮紋中央間距Δx變大，故C錯誤；減小光源與紙板的距離，不會影響相鄰兩條亮紋中央間距Δx，故D錯誤。故選A。4．如圖，一定量理想氣體的循環(huán)由下面4個過程組成：1→2為絕熱過程（過程中氣體不與外界交換熱量），2→3為等壓過程，3→4為絕熱過程，4→1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴油機工作循環(huán)的主要過程。下列說法正確的是（）A.1→2過程中，氣體內能減少 B.2→3過程中，氣體向外放熱C.3→4過程中，氣體內能不變 D.4→1過程中，氣體向外放熱【答案】D【解析】1→2為絕熱過程，根據熱力學第一定律ΔU=Q+W可知此時氣體體積減小，外界對氣體做功，故內能增加，故A錯誤；2→3為等壓過程，根據蓋呂薩克定律可知氣體體積增大時溫度增加，內能增大，此時氣體體積增大，氣體對外界做功W<0，故氣體吸收熱量，故B錯誤；3→4為絕熱過程，此時氣體體積增大，氣體對外界做功W<0，根據熱力學第一定律可知氣體內能減小，故C錯誤；4→1為等容過程，根據查理定律可知壓強減小時溫度減小，故內能減小，由于體積不變W=0，故可知氣體向外放熱，故D正確。故選D。5．噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的（）A.加速度相同B.初速度相同C.最高點的速度相同D.在空中的時間相同【答案】A【解析】不計空氣阻力，在噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，故A正確；設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向速度為vx，豎直方向，根據對稱性可知在空中運動的時可知ta>tb，B錯誤；最高點的速度等于水平方向的分速度，由于水平方向的位移大小關系未知，無法判斷最高點的速度大小關系，根據速度的合成可知無法判斷初速度的大小，CD錯誤。故選A。6．在原子躍遷中，輻射如圖所示的4種光子，其中只有一種光子可使某金屬發(fā)生光電效應，是哪一種（）A.λ1 B.λ2 C.λ3 D.λ4【答案】C【解析】根據光電方程可知當只有一種光子可使某金屬發(fā)生光電效應，該光子對應的能量最大，根據圖中能級圖可知躍遷時對應波長為λ3的光子能量最大。故選C7．現有一光線以相同的入射角θ，打在不同濃度NaCl的兩杯溶液中，折射光線如圖所示（β1<β2），已知折射率隨濃度增大而變大。則（）A.甲折射率大B.甲濃度小C.甲中光線的傳播速度大D.甲臨界角大【答案】A【解析】入射角相同，由于β1<β2，根據折射定律可知n甲>n乙，故甲濃度大；根據，可知光線在甲中的傳播速度較小，由可知折射率越大臨界角越小，故甲臨界角小。故選A。8．如圖所示，水面上有O、A、B三點共線，OA=2AB，t=0時刻在O點的水面給一個擾動，t1時刻A開始振動，則B振動的時刻為（）A.t1 B. C.2t1 D.【答案】B【解析】機械波的波速v不變，設OA=2AB=2L，故可得，可得，故可得B振動的時刻為故選B。9．如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是（）A.順時針，順時針B.順時針，逆時針C.逆時針，順時針D.逆時針，逆時針【答案】A【解析】線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據楞次定律可知a線圈的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出則a中產生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產生的磁場為順時針。故選A。10．如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度的大?。╣為重力加速度），A、B兩物體通過勁度系數為k的絕緣豎直輕質彈簧相連放在水平面上，A、B都處于靜止狀態(tài)。A、B質量均為m，其中A帶正電，電荷量為，B不帶電。彈簧始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能可表示為，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量。若不計空氣阻力，不考慮A物體電荷量的變化，保持電場強度的大小不變，將電場方向改為豎直向上，下列說法正確的是（）A.電場換向的瞬間，物體A的加速度大小為gB.從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，物體A的速度一直增大C.從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，物體A的機械能增加量等于物體A電勢能的減少量D.物體B剛要離開地面時，A的速度大小為【答案】D【解析】在電場未反向時，A物體處于平衡狀態(tài)，對A根據平衡條件可得當施加上電場力瞬間，對A物體根據牛頓第二定律可得解得a=2g，故A錯誤；在電場未反向時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為x0，根據平衡條件可得，解得，B剛要離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量為x1，對B根據平衡條件可得，解得，對物體A受向上的電場力與向下的重力等大反向，可知物體A受的合力等于彈簧的彈力，則A受的合外力先受向上后向下，則加速度先向上后向下，則物體A先向上加速后向上減速，故B錯誤；從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，因x0>x1，即從初態(tài)到末態(tài)彈簧的形變量減小，彈性勢能減小，A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，則物體A的機械能增加量大于物體A電勢能的減少量，故C錯誤；物體B剛要離開地面時，由能量關系可知。解得A的速度大小為，故D正確。故選D。11．如圖所示為某景觀噴泉的噴射裝置結構示意圖。它由豎直進水管和均勻分布在同一水平面上的多個噴嘴組成，噴嘴與進水管中心的距離均為r=0.6m，離水面的高度h=3.2m。水泵位于進水管口處，啟動后，水泵從水池吸水，并將水壓到噴嘴處向水平方向噴出，水在水池面上的落點與進水管中心的水平距離為R=2.2m。水泵的效率為η=80%，水泵出水口在1s內通過的水的質量為m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中運動時的機械能損失。則下列錯誤的是（）A.水從噴嘴噴出時速度的大小2m/sB.在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功是320JC.水泵輸出的功率340WD.水泵在1h內消耗的電能【答案】B【解析】水從噴嘴水平噴出，做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律知，解得v=2m/s，選項A正確；在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功W=Pt=272J，選項B錯誤；水泵對外做功，轉化為水的機械能，水泵的輸出功率為，其中t=1s，得P=340W，選項C正確；根據P=ηP電，則水泵的電功率是P電=425W，1h內消耗的電能為，選項D正確。本題選錯誤的，故選B。第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。12．（10分，每空2分）如圖1所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。（1）在小車質量___（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為___（選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是___；A.用氣墊導軌代替普通導軌，滑塊代替小車B.在小車上加裝遮光條，用光電計時系統(tǒng)代替打點計時器C.在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大?。?）經正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數點0為坐標原點的x軸，各計數點的位置坐標分別為0、x1、、x6。已知打點計時器的打點周期為T，則打計數點5時小車速度的表達式v=___；小車加速度的表達式是___。A.B.C.【答案】（1）遠大于系統(tǒng)誤差C（2）A【解析】（1）設小車質量為M，槽碼質量為m。對小車和槽碼根據牛頓第二定律分別有，聯立解得由上式可知在小車質量遠大于槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統(tǒng)誤差。該誤差是將細繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力（實驗中已經補償了阻力）或是速度測量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小。故選C。（2）相鄰兩計數點間的時間間隔為打計數點5時小車速度的表達式為根據逐差法可得小車加速度的表達式是，故選A。13．（8分）如圖所示，一個固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為V1=750cm3的左右兩部分。面積為S=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側為真空，右側中一定質量的理想氣體處于溫度T1=300K、壓強p1=2.04×105Pa的狀態(tài)1。抽取隔板A，右側中的氣體就會擴散到左側中，最終達到狀態(tài)2。然后解鎖活塞B，同時施加水平恒力F，仍使其保持靜止，當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度T2=350K的狀態(tài)3，氣體內能增加ΔU=63.8J。已知大氣壓強p0=1.01×105Pa，隔板厚度不計。（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是___（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求水平恒力F的大小；（3）求電阻絲C放出的熱量Q?！敬鸢浮浚?）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程，分子平均動能不變；（2）10N；（3）89.3J【解析】（1）根據熱力學第二定律可知，氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程（1分），由于隔板A的左側為真空，可知氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體不做功，又沒有發(fā)生熱傳遞，所以氣體的內能不變，氣體的溫度不變，分子平均動能不變（1分）。（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2發(fā)生等溫變化，則有p1V1=p2.2V1（1分）解得狀態(tài)2氣體的壓強為（1分）解鎖活塞B，同時施加水平恒力F，仍使其保持靜止，以活塞B為對象，根據受力平衡可得解得（1分）（3）當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度T2=350K的狀態(tài)3，可知氣體做等壓變化，則有（1分）可得狀態(tài)3氣體的體積為該過程氣體對外做功為（1分）根據熱力學第一定律可得解得氣體吸收的熱量為可知電阻絲C放出的熱量為（1分）14．（8分）一個靜止的鐳核eq\o\al(226,88)Ra發(fā)生衰變放出一個粒子變?yōu)殡焙薳q\o\al(222,86)Rn，已知鐳核226質量為226.0254u，氡核222質量為222.0163u，放出粒子的質量為4.0026u，1u相當于931.5MeV的能量。（計算結果保留兩位小數）（1）寫出核反應方程；（2）求鐳核衰變放出的能量；（3）若衰變放出的能量均轉變?yōu)殡焙撕头懦隽Ｗ拥膭幽埽蠓懦隽Ｗ拥膭幽?？【答案】?）eq\o\al(226,88)Ra→eq\o\al(222,86)Rn＋eq\o\al(4,2)He（2）6.055MeV（3）5.95MeV【解析】（1）由質量數與核電荷數守恒可知，該反應方程中放射出一個eq\o\al(4,2)He粒子，核反應方程為eq\o\al(226,88)Ra→eq\o\al(222,86)Rn＋eq\o\al(4,2)He（2分）（2）該核反應中質量虧損為Δm＝226.0254u－222.0163u－4.0026u＝0.0065u（1分）根據愛因斯坦質能方程得，釋放出的核能ΔE＝Δm×931.5MeV≈6.05MeV。（1分）（3）衰變的過程中動量守恒，若衰變放出的能量均轉變?yōu)殡焙撕头懦龅牧Ｗ拥膭幽埽?guī)定eq\o\al(4,2)He粒子運動的方向為正方向，則mαv1－mRnv2＝0（1分）eq\f(1,2)mαv12＋eq\f(1,2)mRnv22＝ΔE（1分）聯立解得Ekα＝eq\f(1,2)mαv12＝eq\f(mRnΔE,mα＋mRn)≈5.94MeV。（2分）（14分）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m的圓弧軌道BCD，長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數μ2=0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若h=0.8m，求小物塊①第一次經過C點的向心加速度大小；②在DE上經過的總路程；③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。（2）若h=1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮浚?）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【解析】（1）①對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有（1分）第一次經過C點的向心加速度大小為（1分）②小物塊a在DE上時，因為（1分）所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設其在DE上經過的總路程為s，根據功能關系有（1分）解得s=2m（1分）③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為（1分）（1分）將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有（1分）解得（1分）（2）對小物塊a從A到F的過程，根據動能定理有（1分）解得vF=2m/s（1分）設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據動量守恒定律和能量守恒定律有（1分）（1分）解得l=0.2m（1分）16．（16分）如圖為某同學設計的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點的粒子源可以沿紙面內與SO1（O1為圓形磁場的圓心）的夾角為的方向內均勻地發(fā)射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強磁場。已知粒