2024屆江蘇省高三終極押題物理試卷04（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024江蘇省高考物理終極押題卷04（〖解析〗版）一、單選題1．2022年10月9日，我國(guó)綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星“夸父一號(hào)”成功發(fā)射，實(shí)現(xiàn)了對(duì)太陽(yáng)探測(cè)的跨越式突破?！翱涓敢惶?hào)”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，距地面高度約為，運(yùn)行一圈所用時(shí)間約為100分鐘。如圖所示，為了隨時(shí)跟蹤和觀測(cè)太陽(yáng)的活動(dòng)，“夸父一號(hào)”在隨地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的過(guò)程中，需要其軌道平面始終與太陽(yáng)保持固定的取向，使太陽(yáng)光能照射到“夸父一號(hào)”，下列說(shuō)法正確的是（）

A．“夸父一號(hào)”的運(yùn)行軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動(dòng)的角度約為B．“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于C．“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于地球表面的重力加速度D．由題干信息，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，可求出日地間平均距離〖答案〗A【詳析】A．因?yàn)椤翱涓敢惶?hào)”軌道要始終保持要太陽(yáng)光照射到，則在一年之內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)360°角，即軌道平面平均每天約轉(zhuǎn)動(dòng)1°，故A正確；B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號(hào)”的速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯(cuò)誤；D．“夸父一號(hào)”繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，地球繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽(yáng)的距離，故D錯(cuò)誤。故選A。2．如圖所示，將一小球從傾角的斜面頂端A點(diǎn)以初速度水平拋出，落在斜面上的B點(diǎn)，C為小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與斜面相距最遠(yuǎn)的點(diǎn)，CD垂直AB。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則（）

A．小球在C點(diǎn)的速度大小是B．小球從A到B點(diǎn)所用時(shí)間等于C．小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值是D．A、B兩點(diǎn)間距離等于〖答案〗C【詳析】A.在C點(diǎn)時(shí)速度方向與斜面平行，則此時(shí)有A錯(cuò)誤；B.設(shè)小球從A到B點(diǎn)所用時(shí)間為，則有解得B錯(cuò)誤；C.由平拋運(yùn)動(dòng)物體在任意時(shí)刻（任意位置），速度夾角的正切值為位移夾角正切值的2倍可得，小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值是，C正確；D.水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則則A、B兩點(diǎn)間距離D錯(cuò)誤。故選C。3．以下關(guān)于電阻、電感器、電容器對(duì)電流作用的說(shuō)法正確的是（）A．電阻對(duì)直流電和交流電都有阻礙作用B．電感器對(duì)交流電沒(méi)有阻礙作用C．電容器對(duì)直流電沒(méi)有阻礙作用D．電容器兩極板間呈斷路狀態(tài)，因此串聯(lián)著電容器的電路不能通過(guò)交變電流〖答案〗A【詳析】A．電阻對(duì)直流電和交流電均有阻礙作用，故A正確；BCD．電感器有“通直流、阻交流”的作用，電容器有“通交流、阻直流”的作用，故BCD錯(cuò)誤。故選A。4．一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，dabc為圓弧，cd為半徑相同的圓弧。氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c、d，最終回到a，則（）A．從狀態(tài)c到狀態(tài)d是等溫膨脹過(guò)程B．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體吸收熱量，內(nèi)能不變C．處于狀態(tài)c時(shí)氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定比狀態(tài)a少D．從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體吸收熱量〖答案〗C【詳析】A．題意可知從狀態(tài)a到狀態(tài)b是圓弧而不是雙曲線，所以不是等溫膨脹過(guò)程，故A錯(cuò)誤；B．狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體壓強(qiáng)相等，體積增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知其溫度必定升高，內(nèi)能增加，又對(duì)外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體吸收熱量，故B錯(cuò)誤；C．據(jù)上一選項(xiàng)分析，在狀態(tài)c，氣體體積較大，分子數(shù)密度較小，氣體溫度升高導(dǎo)致分子平均動(dòng)能增加，在保持壓強(qiáng)不變的情況下單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定較少，故C正確；D．狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，外界對(duì)氣體做功等于圖形的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體放出熱量，故D錯(cuò)誤。故選C。5．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖像，a、b兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為和，圖乙為質(zhì)點(diǎn)a從該時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是（??）A．該波沿x軸負(fù)方向傳播，波速為 B．質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)4s振動(dòng)的路程為4mC．此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b的速度沿y軸正方向 D．質(zhì)點(diǎn)a在時(shí)速度最大〖答案〗B【詳析】A．由圖乙可知，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖甲結(jié)合“同側(cè)法”可知，該波沿x軸正方向傳播，由圖甲可知，波長(zhǎng)為8m，由圖乙可知，周期為8s，則波速為故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)4s，是經(jīng)過(guò)了半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)的路程為振幅的2倍，即為4m，故B正確；C．由圖甲結(jié)合“同側(cè)法”可知，此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b的速度沿y軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；D．在t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a在正的最大位移處，此時(shí)a的速度為零，故D錯(cuò)誤。故選B。6．2023年4月12日晚，中國(guó)可控核聚變裝置“人造太陽(yáng)”成功實(shí)現(xiàn)403秒穩(wěn)態(tài)運(yùn)行，將進(jìn)一步加快聚變能的開(kāi)發(fā)進(jìn)程，早日實(shí)現(xiàn)由核聚變能點(diǎn)亮第一盞燈。核聚變可以有多種反應(yīng)模式，常見(jiàn)的核聚變反應(yīng)有：氘核聚變反應(yīng)；氘和氚的核聚變反應(yīng)。下列表述正確的有（）

A．X和Y的質(zhì)量數(shù)相等 B．X和Y的中子數(shù)相等C．X的結(jié)合能小于Y的結(jié)合能 D．兩核聚變過(guò)程中質(zhì)量虧損相等〖答案〗C【詳析】A．兩個(gè)核聚變方程為故X和Y的質(zhì)量數(shù)分別為3和4不相等，故A錯(cuò)誤；B．X和Y的中子數(shù)分別是1和2不相等，故B錯(cuò)誤；C．X需要再結(jié)合一個(gè)中子才能結(jié)合成Y，故X的結(jié)合能小于Y的結(jié)合能，故C正確；D．由質(zhì)能方程因?yàn)椴煌?，所以也不同，故D錯(cuò)誤。故選C。7．如圖甲所示，光纖通信是利用激光在光導(dǎo)纖維中不斷發(fā)生全反射向前傳播的。如圖乙所示，將一激光以入射角θ從P點(diǎn)入射，經(jīng)過(guò)折射后恰好在界面的Q點(diǎn)發(fā)生全反射，則此介質(zhì)的折射率為（）A． B．C． D．〖答案〗A【詳析】激光以入射角θ從P點(diǎn)入射，經(jīng)過(guò)折射后恰好在界面的Q點(diǎn)發(fā)生全反射，設(shè)在P點(diǎn)所形成的折射角的大小為，則在Q點(diǎn)的入射角為，可得即解得將帶入得故選A。8．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，圖中彈簧豎直時(shí)恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，其原長(zhǎng)為l?，F(xiàn)讓圓環(huán)從圖示位置由靜止沿桿滑下，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑至底端的過(guò)程中（）A．彈簧對(duì)圓環(huán)先做正功后做負(fù)功B．彈簧和桿垂直時(shí)圓環(huán)的加速度最大C．圓環(huán)所受合外力做功不為零D．圓環(huán)克服彈簧的彈力做功mgl〖答案〗D〖祥解〗主要考查動(dòng)能定理【詳析】A．由圖知彈簧先縮短后再恢復(fù)原長(zhǎng)最后伸長(zhǎng)，故彈簧的彈性勢(shì)能先增大再減小后增大，彈簧對(duì)圓環(huán)先做負(fù)功后做正功，再做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．彈簧和桿垂直時(shí)圓環(huán)所受的合外力為mgsinθ，此時(shí)合外力不是最大，即加速度不是最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．整個(gè)過(guò)程中因動(dòng)能變化為零，則根據(jù)動(dòng)能定理，可知合外力做功為0，即W+mgl=0即彈簧對(duì)圓環(huán)做功為-mgl。故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。9．將一小球豎直向上拋出，其動(dòng)能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為m，最終小球的動(dòng)能為，重力加速度為g，若不考慮小球會(huì)落地，則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．加速度先減小后增大B．合力的沖量大小為C．最大的加速度為D．從最高點(diǎn)下降至原位置所用時(shí)間小于〖答案〗C【詳析】A．小球受到的空氣阻力與速率成正比，即，上升過(guò)程，由牛頓第二定律有小球做加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)速度減為零，加速度減小為ｇ；小球下降的過(guò)程，有小球做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零后，小球向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故全程加速度一直減小，故Ａ錯(cuò)誤；B．設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有取向下為正，根據(jù)動(dòng)量定律有故B錯(cuò)誤；C．小球剛拋出時(shí)阻力最大，其加速度最大，有當(dāng)小球向下勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．小球上升和下降回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程，由逆向思維有因，則有即從最高點(diǎn)下降至原位置所用時(shí)間大于，故D錯(cuò)誤。故選C。10．如圖電路中，為定值電阻，電表均為理想電表。移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，V、V1、V2和A四個(gè)電表的示數(shù)分別記為、、和，則必有（）A． B．C． D．〖答案〗B【詳析】根據(jù)歐姆定律可得根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以有，由于和的大小關(guān)系未知，所以無(wú)法判斷和的關(guān)系，但一定有所以一定有故選B。11．如圖所示，相距均為d的三條水平虛線L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)邊長(zhǎng)也是d的正方形導(dǎo)線框，從L1上方一定高處由靜止開(kāi)始自由下落，當(dāng)ab邊剛越過(guò)L1進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過(guò)L2運(yùn)動(dòng)到L3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，設(shè)線框的動(dòng)能變化量大小為，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，過(guò)程中產(chǎn)生的電能大小為E0，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．在導(dǎo)線框下落過(guò)程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．在導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框中的平均感應(yīng)電流為0C．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，線框中的電流方向沒(méi)有發(fā)生變化D．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，線框動(dòng)能的變化量大小為〖答案〗B【詳析】A．在導(dǎo)體框下落過(guò)程中，重力做正功，但安培力做負(fù)功，故不能根據(jù)重力做功判斷兩次勻速的速度大??；設(shè)線框的電阻為R，質(zhì)量為m，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)，線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線框所受的安培力大小為由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有線框以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線框所受的安培力大小為由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有比較可得故A錯(cuò)誤；B．在導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框中磁通量變化為0，則由可知通過(guò)線框截面的電荷量為0，由可知線框中的平均感應(yīng)電流為0，故B正確；C．由右手定則判斷知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，ab邊在越過(guò)運(yùn)動(dòng)到之前感應(yīng)電流方向變?yōu)槟鏁r(shí)針，故C錯(cuò)誤；D．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)榈倪^(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得線框動(dòng)能的變化量的大小為故D錯(cuò)誤。故選B。二、實(shí)驗(yàn)題12．小明利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．ABC是光滑的軌道，光電門1與光電門2固定在軌道上，實(shí)驗(yàn)中使用的小球a的質(zhì)量為m，小球b的質(zhì)量為3m，兩球直徑相等且為d。

（1）實(shí)驗(yàn)前需要將BC部分導(dǎo)軌調(diào)成水平．將小球a從軌道上的位置釋放，a通過(guò)光電門1、2的擋光時(shí)間分別為與，若，則需將導(dǎo)軌C端調(diào)（選填“高”或“低”）。（2）將小球b靜置于氣墊導(dǎo)軌上的位置，使小球a從位置釋放，a先后通過(guò)光電門1的擋光時(shí)間分別為與，b通過(guò)光電門2的擋光時(shí)間為，則碰后小球a的速度是；若a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為。（3）小明猜想：如果保持a的直徑不變，逐漸增大a的質(zhì)量，且a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞之前a的擋光時(shí)間與碰撞之后b的擋光時(shí)間的比值會(huì)逐漸趨近于某一定值．你是否同意小明的猜想?若同意小明的猜想，請(qǐng)寫(xiě)出該比值?！即鸢浮剑?）低（2）（3）同意，比值為2【詳析】（1）[1]滑塊a先后通過(guò)光電門1和光電門2的時(shí)間分別為與，若，說(shuō)明a在減速，應(yīng)將C端調(diào)低。（2）[2][3]設(shè)a球過(guò)光電門1的速度為v1，再次過(guò)光電門1的速度為v2，b球過(guò)光電門2的速度為v3，由于小球在無(wú)阻力的水平導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)，所以小球通過(guò)光電門的平均速度等于小球通過(guò)光電門的瞬時(shí)速度，所以碰后小球a的速度是規(guī)定向右為正方向，若碰撞過(guò)程中兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒則有即（3）[4]若碰撞為彈性碰撞，則碰撞過(guò)程中兩小球組成的系統(tǒng)不僅動(dòng)量守恒，其機(jī)械能也守恒，有：解得如果保持a的直徑不變，逐漸增大a的質(zhì)量，當(dāng)，有，即所以同意小明的猜想。三、解答題13．如圖所示，一個(gè)半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速為n，ab的左側(cè)有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，M和N是兩個(gè)集流環(huán)，負(fù)載電阻為R，線圈、電流表和連接導(dǎo)線的電阻不計(jì)，求：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；（2）從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)負(fù)載電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3）從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)通過(guò)負(fù)載電阻R的電荷量；（4）電流表的示數(shù)．〖答案〗（1）π2Bnr2；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在電路中產(chǎn)生如圖所示的交變電流此交變電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2.（2）在線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝（3）在線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的平均值為E＝通過(guò)R的電荷量為q＝I·Δt＝（4）設(shè)此交變電動(dòng)勢(shì)在一個(gè)周期內(nèi)的有效值為E′，由有效值的定義得：解得：E′＝故電流表的示數(shù)為：I＝.14．如圖所示，左側(cè)連有一橫截面積為S的大活塞的汽缸A通過(guò)細(xì)導(dǎo)管（容積可忽略）與汽缸B相連接，導(dǎo)管里面有一絕熱活塞（質(zhì)量可忽略）。大氣壓強(qiáng)為，大活塞的重力為，大活塞到汽缸A底部的距離為。兩汽缸內(nèi)封閉溫度為27℃的同種理想氣體。先將整個(gè)裝置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)90°，為使細(xì)導(dǎo)管中絕熱活塞位置不變，需要給汽缸B加熱。忽略一切摩擦，求：（1）汽缸A中活塞下降的距離d。（2）汽缸B中氣體的最終溫度?！即鸢浮剑?）；（2）【詳析】（1）旋轉(zhuǎn)前后，汽缸A中的壓強(qiáng)分別為對(duì)汽缸A分析，根據(jù)玻意耳定律有汽缸A中活塞下降的距離解得（2）對(duì)汽缸B中氣體進(jìn)行分析，末狀態(tài)壓強(qiáng)根據(jù)查理定律有解得即。15．如圖所示，xOy平面內(nèi)存在以直線為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)沿y方向分布足夠廣，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，邊界外無(wú)磁場(chǎng)．、N點(diǎn)坐標(biāo)分別為（－2a，0）和（2a，0），已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子間相互作用。（1）從M點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)射電子，要使電子進(jìn)入磁場(chǎng)后能穿過(guò)磁場(chǎng)，求電子速度v滿足的條件；（2）從點(diǎn)以一定速度向第二象限內(nèi)發(fā)射一電子，初速度方向與x軸正向夾角，電子穿過(guò)磁場(chǎng)后恰好能經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，求該電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間t；（3）從點(diǎn)向第二象限與x軸正向夾角分別為、、、的四個(gè)方向均發(fā)射速率分別為、、的三個(gè)電子，通過(guò)計(jì)算分析判斷哪些電子能回到點(diǎn)?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）夾角為速率為的電子與夾角為速率為的電子能夠回到點(diǎn)【詳析】（1）設(shè)恰好未穿出磁場(chǎng)的電子速度大小為，有根據(jù)幾何關(guān)系知聯(lián)立解得則能穿出磁場(chǎng)的電子速度應(yīng)滿足的條件是（2）根據(jù)對(duì)稱性與幾何條件，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑根據(jù)牛頓第二定律解得兩段直線運(yùn)動(dòng)階段的時(shí)間圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則電子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間（3）解法一：設(shè)在點(diǎn)粒子速度方向與x軸正方向夾角為任意角，欲使粒子返回點(diǎn)，由對(duì)稱性及幾何關(guān)系可得得又得當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)同時(shí)要滿足綜上可得，夾角為速率為的電子與夾角為速率為的電子能夠回到點(diǎn)。解法二能回到點(diǎn)的速率最大的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與邊界相切，設(shè)粒子在點(diǎn)速度方向與x軸正方向夾角為α，有解得結(jié)合

解得由題意可知，某一個(gè)方向只能有一種速率的粒子回到點(diǎn)，且速率不能超過(guò)故角度為、兩個(gè)方向的所有粒子都不能回M點(diǎn)，速率為的粒子也不能回點(diǎn)，設(shè)在點(diǎn)粒子速度方向與x軸正方向夾角為任意角（），則得又得（1）將速率和分別代入（1）式知，夾角為速率為的電子與夾角為速率為的電子能夠回到點(diǎn)。16．如圖所示，P為固定的豎直擋板，質(zhì)量為的長(zhǎng)木板A靜置于光滑水平面上（A的上表面略低于擋板P下端），質(zhì)量為m的小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度從A的左端向右滑上A的上表面，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間A、B第一次達(dá)到共同速度，此時(shí)B恰好未從A上滑落，然后物塊B與長(zhǎng)木板A一起向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻，物塊B與擋板P發(fā)生了第一次碰撞，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊B與長(zhǎng)木板A第二次達(dá)到共同速度，之后物塊B與擋板P發(fā)生了很多次碰撞，最終在（未知）時(shí)恰好相對(duì)地面靜止。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，物塊與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短，求：（1）木板A的長(zhǎng)度；（2）時(shí)間內(nèi)B經(jīng)過(guò)的路程：（3）的值?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）【詳析】（1）依題意，設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，A、B第一次達(dá)到共速時(shí)速度大小為，物塊和木板由動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立求得，（2）分析可知，物塊B與木板第n次共速時(shí)的速度為，對(duì)B從B第一次撞擊擋板到第二次撞擊擋板過(guò)程，有從B第二次撞擊擋板到第三次撞擊擋板過(guò)程，有從B第n次撞擊擋板到第次撞擊擋板過(guò)程，有則得（3）B從第n次與擋板發(fā)生碰撞到第次與擋板發(fā)生碰撞的過(guò)程中，設(shè)B做勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，B做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，A、B保持相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)的位移為，勻變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程有，勻速過(guò)程有聯(lián)立可得即每相鄰兩次碰撞過(guò)程：A、B勻變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程與A、B勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間之比為1∶1。在時(shí)間內(nèi)，設(shè)A做勻減速運(yùn)動(dòng)的累計(jì)時(shí)間為，則對(duì)A有又解得2024江蘇省高考物理終極押題卷04（〖解析〗版）一、單選題1．2022年10月9日，我國(guó)綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星“夸父一號(hào)”成功發(fā)射，實(shí)現(xiàn)了對(duì)太陽(yáng)探測(cè)的跨越式突破?！翱涓敢惶?hào)”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，距地面高度約為，運(yùn)行一圈所用時(shí)間約為100分鐘。如圖所示，為了隨時(shí)跟蹤和觀測(cè)太陽(yáng)的活動(dòng)，“夸父一號(hào)”在隨地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的過(guò)程中，需要其軌道平面始終與太陽(yáng)保持固定的取向，使太陽(yáng)光能照射到“夸父一號(hào)”，下列說(shuō)法正確的是（）

A．“夸父一號(hào)”的運(yùn)行軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動(dòng)的角度約為B．“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于C．“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于地球表面的重力加速度D．由題干信息，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，可求出日地間平均距離〖答案〗A【詳析】A．因?yàn)椤翱涓敢惶?hào)”軌道要始終保持要太陽(yáng)光照射到，則在一年之內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)360°角，即軌道平面平均每天約轉(zhuǎn)動(dòng)1°，故A正確；B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號(hào)”的速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯(cuò)誤；D．“夸父一號(hào)”繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，地球繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽(yáng)的距離，故D錯(cuò)誤。故選A。2．如圖所示，將一小球從傾角的斜面頂端A點(diǎn)以初速度水平拋出，落在斜面上的B點(diǎn)，C為小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與斜面相距最遠(yuǎn)的點(diǎn)，CD垂直AB。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則（）

A．小球在C點(diǎn)的速度大小是B．小球從A到B點(diǎn)所用時(shí)間等于C．小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值是D．A、B兩點(diǎn)間距離等于〖答案〗C【詳析】A.在C點(diǎn)時(shí)速度方向與斜面平行，則此時(shí)有A錯(cuò)誤；B.設(shè)小球從A到B點(diǎn)所用時(shí)間為，則有解得B錯(cuò)誤；C.由平拋運(yùn)動(dòng)物體在任意時(shí)刻（任意位置），速度夾角的正切值為位移夾角正切值的2倍可得，小球在B點(diǎn)的速度與水平方向的夾角正切值是，C正確；D.水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則則A、B兩點(diǎn)間距離D錯(cuò)誤。故選C。3．以下關(guān)于電阻、電感器、電容器對(duì)電流作用的說(shuō)法正確的是（）A．電阻對(duì)直流電和交流電都有阻礙作用B．電感器對(duì)交流電沒(méi)有阻礙作用C．電容器對(duì)直流電沒(méi)有阻礙作用D．電容器兩極板間呈斷路狀態(tài)，因此串聯(lián)著電容器的電路不能通過(guò)交變電流〖答案〗A【詳析】A．電阻對(duì)直流電和交流電均有阻礙作用，故A正確；BCD．電感器有“通直流、阻交流”的作用，電容器有“通交流、阻直流”的作用，故BCD錯(cuò)誤。故選A。4．一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，dabc為圓弧，cd為半徑相同的圓弧。氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c、d，最終回到a，則（）A．從狀態(tài)c到狀態(tài)d是等溫膨脹過(guò)程B．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體吸收熱量，內(nèi)能不變C．處于狀態(tài)c時(shí)氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定比狀態(tài)a少D．從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體吸收熱量〖答案〗C【詳析】A．題意可知從狀態(tài)a到狀態(tài)b是圓弧而不是雙曲線，所以不是等溫膨脹過(guò)程，故A錯(cuò)誤；B．狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體壓強(qiáng)相等，體積增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知其溫度必定升高，內(nèi)能增加，又對(duì)外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體吸收熱量，故B錯(cuò)誤；C．據(jù)上一選項(xiàng)分析，在狀態(tài)c，氣體體積較大，分子數(shù)密度較小，氣體溫度升高導(dǎo)致分子平均動(dòng)能增加，在保持壓強(qiáng)不變的情況下單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定較少，故C正確；D．狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，外界對(duì)氣體做功等于圖形的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體放出熱量，故D錯(cuò)誤。故選C。5．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖像，a、b兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為和，圖乙為質(zhì)點(diǎn)a從該時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是（??）A．該波沿x軸負(fù)方向傳播，波速為 B．質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)4s振動(dòng)的路程為4mC．此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b的速度沿y軸正方向 D．質(zhì)點(diǎn)a在時(shí)速度最大〖答案〗B【詳析】A．由圖乙可知，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖甲結(jié)合“同側(cè)法”可知，該波沿x軸正方向傳播，由圖甲可知，波長(zhǎng)為8m，由圖乙可知，周期為8s，則波速為故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)4s，是經(jīng)過(guò)了半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)的路程為振幅的2倍，即為4m，故B正確；C．由圖甲結(jié)合“同側(cè)法”可知，此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b的速度沿y軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；D．在t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a在正的最大位移處，此時(shí)a的速度為零，故D錯(cuò)誤。故選B。6．2023年4月12日晚，中國(guó)可控核聚變裝置“人造太陽(yáng)”成功實(shí)現(xiàn)403秒穩(wěn)態(tài)運(yùn)行，將進(jìn)一步加快聚變能的開(kāi)發(fā)進(jìn)程，早日實(shí)現(xiàn)由核聚變能點(diǎn)亮第一盞燈。核聚變可以有多種反應(yīng)模式，常見(jiàn)的核聚變反應(yīng)有：氘核聚變反應(yīng)；氘和氚的核聚變反應(yīng)。下列表述正確的有（）

A．X和Y的質(zhì)量數(shù)相等 B．X和Y的中子數(shù)相等C．X的結(jié)合能小于Y的結(jié)合能 D．兩核聚變過(guò)程中質(zhì)量虧損相等〖答案〗C【詳析】A．兩個(gè)核聚變方程為故X和Y的質(zhì)量數(shù)分別為3和4不相等，故A錯(cuò)誤；B．X和Y的中子數(shù)分別是1和2不相等，故B錯(cuò)誤；C．X需要再結(jié)合一個(gè)中子才能結(jié)合成Y，故X的結(jié)合能小于Y的結(jié)合能，故C正確；D．由質(zhì)能方程因?yàn)椴煌砸膊煌?，故D錯(cuò)誤。故選C。7．如圖甲所示，光纖通信是利用激光在光導(dǎo)纖維中不斷發(fā)生全反射向前傳播的。如圖乙所示，將一激光以入射角θ從P點(diǎn)入射，經(jīng)過(guò)折射后恰好在界面的Q點(diǎn)發(fā)生全反射，則此介質(zhì)的折射率為（）A． B．C． D．〖答案〗A【詳析】激光以入射角θ從P點(diǎn)入射，經(jīng)過(guò)折射后恰好在界面的Q點(diǎn)發(fā)生全反射，設(shè)在P點(diǎn)所形成的折射角的大小為，則在Q點(diǎn)的入射角為，可得即解得將帶入得故選A。8．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，圖中彈簧豎直時(shí)恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，其原長(zhǎng)為l?，F(xiàn)讓圓環(huán)從圖示位置由靜止沿桿滑下，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑至底端的過(guò)程中（）A．彈簧對(duì)圓環(huán)先做正功后做負(fù)功B．彈簧和桿垂直時(shí)圓環(huán)的加速度最大C．圓環(huán)所受合外力做功不為零D．圓環(huán)克服彈簧的彈力做功mgl〖答案〗D〖祥解〗主要考查動(dòng)能定理【詳析】A．由圖知彈簧先縮短后再恢復(fù)原長(zhǎng)最后伸長(zhǎng)，故彈簧的彈性勢(shì)能先增大再減小后增大，彈簧對(duì)圓環(huán)先做負(fù)功后做正功，再做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．彈簧和桿垂直時(shí)圓環(huán)所受的合外力為mgsinθ，此時(shí)合外力不是最大，即加速度不是最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．整個(gè)過(guò)程中因動(dòng)能變化為零，則根據(jù)動(dòng)能定理，可知合外力做功為0，即W+mgl=0即彈簧對(duì)圓環(huán)做功為-mgl。故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。9．將一小球豎直向上拋出，其動(dòng)能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為m，最終小球的動(dòng)能為，重力加速度為g，若不考慮小球會(huì)落地，則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．加速度先減小后增大B．合力的沖量大小為C．最大的加速度為D．從最高點(diǎn)下降至原位置所用時(shí)間小于〖答案〗C【詳析】A．小球受到的空氣阻力與速率成正比，即，上升過(guò)程，由牛頓第二定律有小球做加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)速度減為零，加速度減小為ｇ；小球下降的過(guò)程，有小球做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零后，小球向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故全程加速度一直減小，故Ａ錯(cuò)誤；B．設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有取向下為正，根據(jù)動(dòng)量定律有故B錯(cuò)誤；C．小球剛拋出時(shí)阻力最大，其加速度最大，有當(dāng)小球向下勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．小球上升和下降回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程，由逆向思維有因，則有即從最高點(diǎn)下降至原位置所用時(shí)間大于，故D錯(cuò)誤。故選C。10．如圖電路中，為定值電阻，電表均為理想電表。移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，V、V1、V2和A四個(gè)電表的示數(shù)分別記為、、和，則必有（）A． B．C． D．〖答案〗B【詳析】根據(jù)歐姆定律可得根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以有，由于和的大小關(guān)系未知，所以無(wú)法判斷和的關(guān)系，但一定有所以一定有故選B。11．如圖所示，相距均為d的三條水平虛線L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)邊長(zhǎng)也是d的正方形導(dǎo)線框，從L1上方一定高處由靜止開(kāi)始自由下落，當(dāng)ab邊剛越過(guò)L1進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過(guò)L2運(yùn)動(dòng)到L3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，設(shè)線框的動(dòng)能變化量大小為，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，過(guò)程中產(chǎn)生的電能大小為E0，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．在導(dǎo)線框下落過(guò)程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．在導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框中的平均感應(yīng)電流為0C．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，線框中的電流方向沒(méi)有發(fā)生變化D．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，線框動(dòng)能的變化量大小為〖答案〗B【詳析】A．在導(dǎo)體框下落過(guò)程中，重力做正功，但安培力做負(fù)功，故不能根據(jù)重力做功判斷兩次勻速的速度大??；設(shè)線框的電阻為R，質(zhì)量為m，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)，線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線框所受的安培力大小為由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有線框以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線框所受的安培力大小為由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有比較可得故A錯(cuò)誤；B．在導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框中磁通量變化為0，則由可知通過(guò)線框截面的電荷量為0，由可知線框中的平均感應(yīng)電流為0，故B正確；C．由右手定則判斷知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，ab邊在越過(guò)運(yùn)動(dòng)到之前感應(yīng)電流方向變?yōu)槟鏁r(shí)針，故C錯(cuò)誤；D．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)榈倪^(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得線框動(dòng)能的變化量的大小為故D錯(cuò)誤。故選B。二、實(shí)驗(yàn)題12．小明利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．ABC是光滑的軌道，光電門1與光電門2固定在軌道上，實(shí)驗(yàn)中使用的小球a的質(zhì)量為m，小球b的質(zhì)量為3m，兩球直徑相等且為d。

（1）實(shí)驗(yàn)前需要將BC部分導(dǎo)軌調(diào)成水平．將小球a從軌道上的位置釋放，a通過(guò)光電門1、2的擋光時(shí)間分別為與，若，則需將導(dǎo)軌C端調(diào)（選填“高”或“低”）。（2）將小球b靜置于氣墊導(dǎo)軌上的位置，使小球a從位置釋放，a先后通過(guò)光電門1的擋光時(shí)間分別為與，b通過(guò)光電門2的擋光時(shí)間為，則碰后小球a的速度是；若a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為。（3）小明猜想：如果保持a的直徑不變，逐漸增大a的質(zhì)量，且a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞之前a的擋光時(shí)間與碰撞之后b的擋光時(shí)間的比值會(huì)逐漸趨近于某一定值．你是否同意小明的猜想?若同意小明的猜想，請(qǐng)寫(xiě)出該比值。〖答案〗（1）低（2）（3）同意，比值為2【詳析】（1）[1]滑塊a先后通過(guò)光電門1和光電門2的時(shí)間分別為與，若，說(shuō)明a在減速，應(yīng)將C端調(diào)低。（2）[2][3]設(shè)a球過(guò)光電門1的速度為v1，再次過(guò)光電門1的速度為v2，b球過(guò)光電門2的速度為v3，由于小球在無(wú)阻力的水平導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)，所以小球通過(guò)光電門的平均速度等于小球通過(guò)光電門的瞬時(shí)速度，所以碰后小球a的速度是規(guī)定向右為正方向，若碰撞過(guò)程中兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒則有即（3）[4]若碰撞為彈性碰撞，則碰撞過(guò)程中兩小球組成的系統(tǒng)不僅動(dòng)量守恒，其機(jī)械能也守恒，有：解得如果保持a的直徑不變，逐漸增大a的質(zhì)量，當(dāng)，有，即所以同意小明的猜想。三、解答題13．如圖所示，一個(gè)半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速為n，ab的左側(cè)有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，M和N是兩個(gè)集流環(huán)，負(fù)載電阻為R，線圈、電流表和連接導(dǎo)線的電阻不計(jì)，求：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；（2）從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)負(fù)載電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3）從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)通過(guò)負(fù)載電阻R的電荷量；（4）電流表的示數(shù)．〖答案〗（1）π2Bnr2；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在電路中產(chǎn)生如圖所示的交變電流此交變電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2.（2）在線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝（3）在線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)周的時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的平均值為E＝通過(guò)R的電荷量為q＝I·Δt＝（4）設(shè)此交變電動(dòng)勢(shì)在一個(gè)周期內(nèi)的有效值為E′，由有效值的定義得：解得：E′＝故電流表的示數(shù)為：I＝.14．如圖所示，左側(cè)連有一橫截面積為S的大活塞的汽缸A通過(guò)細(xì)導(dǎo)管（容積可忽略）與汽缸B相連接，導(dǎo)管里面有一絕熱活塞（質(zhì)量可忽略）。大氣壓強(qiáng)為，大活塞的重力為，大活塞到汽缸A底部的距離為。兩汽缸內(nèi)封閉溫度為27℃的同種理想氣體。先將整個(gè)裝置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)90°，為使細(xì)導(dǎo)管中絕熱活塞位置不變，需要給汽缸B加熱。忽略一切摩擦，求：（1）汽缸A中活塞下降的距離d。（2）汽缸B中氣體的最終溫度?！即鸢浮剑?）；（2）【詳析】（1）旋轉(zhuǎn)前后，汽缸A中的壓強(qiáng)分別為對(duì)汽缸A分析，根據(jù)玻意耳定律有汽缸A中活塞下降的距離解得（2）對(duì)汽缸B中氣體進(jìn)行分析，末狀態(tài)壓強(qiáng)根據(jù)查理定律有解得即。15．如圖所示，xO