學而優教有方絕密★啟用前2024年高考物理模擬卷（三）【江蘇卷】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．我國首顆超百Gbps容量高通量地球靜止軌道通信衛星中星26號衛星，于北京時間2023年2月23日在西昌衛星發射中心成功發射，該衛星主要用于為固定端及車、船、機載終端提供高速寬帶接入服務。如圖，某時刻中星26與橢圓軌道偵察衛星恰好位于C、D兩點，兩星軌道相交于A、B兩點，C、D連線過地心，D點為遠地點，兩衛星運行周期都為T。下列說法正確的是（）A．中星26與偵察衛星可能在A點或B點相遇B．偵查衛星從D點運動到A點過程中機械能增大C．中星26在C點線速度v1與偵察衛星在D點線速度v2相等D．相等時間內中星26與地球的連線掃過的面積大于偵察衛星與地球的連線掃過的面積【答案】D【解析】根據題意，由于中星26與橢圓軌道偵察衛星的運行周期都為T，由圖可知，中星26在下半周轉動時，偵察衛星在上半周轉動，中星26在上半周轉動時，偵察衛星在下半周轉動，則中星26與偵察衛星不可能在A點或B點相遇，A錯誤；偵查衛星從D點運動到A點過程中機械能不變，B錯誤；由開普勒第二定律可知，偵察衛星在D點速度最小，由于中星26與橢圓軌道偵察衛星的運行周期都為T，則中星26在C點線速度v1大于偵察衛星在D點線速度v2，C錯誤；根據題意可知，中星26與橢圓軌道偵察衛星的運行周期都為T，由開普勒第三定律可知，中星26的軌道半徑等于偵察衛星的半長軸，令相等時間為周期T，則中星26與地球的連線掃過的面積為圓的面積，偵察衛星與地球的連線掃過的面積為橢圓面積，由于圓的面積大于橢圓面積可知，相等時間內中星26與地球的連線掃過的面積大于偵察衛星與地球的連線掃過的面積，D正確。故選D。2．下列有關四幅圖像說法正確的是（）A．圖（1）中線圈中的磁場能在增加B．圖（2）中變化的磁場周圍存在電場，與周圍有沒有閉合電路無關C．圖（3）中若B線圈不閉合，S斷開時延時效果還存D．圖（3）中電子的衍射實驗證明了電子的粒子性【答案】B【解析】如圖所示，電容器下極板帶正電，結合電流方向可知，電容器處于充電階段，則電場能增加，磁場能減小，A錯誤；根據麥克斯韋的電磁場理論，變化的磁場周圍存在電場，與是否有閉合電路無關，B正確；若B線圈不閉合，S斷開時不存在閉合回路，不會產生自感電流的磁場，延時效果不存在，C錯誤；電子的衍射實驗證明電子的波動性，D錯誤。故選B。3．如圖所示是某款手機防窺屏的原理圖，在透明介質中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實現對像素單元可視角度θ的控制（可視角度θ定義為某像素單元發出的光在圖示平面內折射到空氣后最大折射角的2倍）。發光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點光源，位于相鄰兩屏障的正中間。不考慮光的衍射。下列說法正確的是（）A．防窺屏實現防窺效果主要是運用了光的干涉B．屏障的高度d越大，可視角度θ越大C．透明介質折射率越大，可視角度θ越大D．從上往下觀察手機屏幕，看到的圖像比實際位置低【答案】C【解析】防窺膜實現防窺效果主要是因為某些角度范圍內的光被屏蔽屏障吸收，沒有發生干涉，A錯誤；如果屏蔽越高，則入射角越小，折射角越小，可視角度θ越小，B錯誤；由圖可知，可視角θ是光線進入空氣中時折射角的2倍，透明介質的折射率越大，根據折射定律，折射角就越大，θ角越大，C正確；根據光路可逆，可知從上往下觀察手機屏幕，看到的圖像比實際位置高，D錯誤。故選C。4．地鐵靠站時列車車體和屏蔽門之間安裝有光電傳感器。如圖甲所示，若光線被乘客阻擋，電流發生變化，工作電路立即報警。如圖乙所示，光線發射器內大量處于n=3激發態的氫原子向低能級躍遷時，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨照射光電管時產生的光電流I與光電管兩端電壓U的關系圖線。已知光電管陰極材料的逸出功為2.55eV，可見光光子的能量范圍是1.62eV~3.11eV，下列說法正確的是（）A．光線發射器中發出的光有兩種為可見光B．題述條件下，光電管中光電子飛出陰極時的最大初動能為9.54eVC．題述a光為氫原子從n=3能級躍遷到n=1能級時發出的光D．若部分光線被遮擋，光電子飛出陰極時的最大初動能變小，光電流減小【答案】B【解析】光線發射器中發出的光子的能量分別為E1=?1.51eV?（?13.6eV）=12.09eVE2=?3.40eV?（?13.6eV）=10.2eVE3=?1.51eV?（?3.40eV）=1.89eV可見光光子的能量范圍是1.62eV~3.11eV，光線發射器中發出的光有一種為可見光，A錯誤；根據E1=W0+Ekm，光電管中光電子飛出陰極時的最大初動能為Ekm=9.54eV，B正確；由圖丙可知，a光遏止電壓小于b光遏止電壓，由E=W0+Ekm，eUc=Ekm，得a光能量小于b光能量，則題述a光為氫原子從n=2能級躍遷到n=1能級時發出的光，B錯誤；部分光線被遮擋，不改變光子能量，則光電子飛出陰極時的最大初動能不變。因為光子數量減少，則光電子數量減小，光電流變小，D錯誤。故選B。5．幾十億年后太陽內部氫元素消耗殆盡，內部高溫高壓使三個氦核發生短暫的熱核反應，被稱為氦閃，核反應方程為，該反應放出的能量為E，真空中光速為c。則下列說法錯誤的是（）A．該反應屬于核聚變 B．X核中有6個中子C．X核的比結合能為E/12 D．該反應的質量虧損為【答案】C【解析】根據質量數和核電荷數守恒，可知核反應方程為，屬于輕原子核結合成較重原子核反應，所以該反應屬于核聚變，又中子數等于質量數減去質子數，因此X核中有6個中子，故AB正確，不符合題意；比結合能又稱平均結合能，等于結合能除以核子數，結合能是自由分散的核子結合成原子核所釋放的能量，并不是該反應放出的能量為E，所以X核的比結合能不為E/12，故C錯誤，符合題意；根據愛因斯坦質能方程ΔE=Δmc2，又因為該反應放出的能量為E，所以該反應的質量虧損為，故D正確，不符合題意。故選C。6．如圖所示，一理想變壓器可通過移動觸頭P的位置改變原線圈接入電路的匝數，為原線圈的中點，當P接端點時，原、副線圈匝數之比為，原線圈接的交流電源，則下列說法正確的是（）A.增大電源的頻率，燈泡變暗B.當P接時，通過原、副線圈的磁通量之比為C.當P接時，滑動變阻器兩端的電壓為22VD.當滑動變阻器的滑片向下滑動時，變壓器的輸入功率變小【答案】C【解析】因為變壓器不改變電壓的頻率，增大電源的頻率，副線圈中電流頻率也增大，電容器的容抗減小，燈泡中電流增大，燈變亮，A錯誤；任何情況下，原、副線圈的磁通量之比都為1：1，B錯誤；當P接b時，原、副線圈匝數之比為5：1，原線圈電壓，根據，可得，滑動變阻器R兩端的電壓為U2=22V，C正確；當滑動變阻器的滑片向下滑動時，接入電路中的電阻R減小，根據，可知，R消耗的功率變大，所以變壓器的輸入功率也變大，D錯誤。故選C。7．如圖甲所示，S為與波源處于同一均勻介質中的點，其與兩波源P1、P2的距離分別是7m、9m，P1、P2間距離為10m，波源P1的振動圖像如圖乙所示；波源P2振動頻率f=5Hz，其產生的簡諧橫波在t=0.25s時刻的圖像如圖丙所示，已知P1、P2均在t=0s時刻開始振動，則（）A.波源P2的起振方向沿y軸負方向B.質點S為振動減弱點C.t=1.1s時質點S向y軸負方向運動D.在t=0.6s時，SP1P2所在的平面內有2處波峰與波峰相遇【答案】D【解析】結合波源P2在t=0.25s時波的圖像丙圖可知，此時剛開始振動的質點x=2.5m處的起振方向沿y軸正方向，質點與波源的起振方向相同，因此波源為P2的起振方向沿y軸正方向，A錯誤；根據波源P1的振動圖像圖乙可知，波源P1的起振方向向上，又因為S點到兩波源的波程差為，S點到兩波源的波程差為波長的整數倍，且兩波源的起振方向相同，所以質點S為振動加強點，故B錯誤；在同一介質中，頻率相同的兩列機械波，波速相同，波長相等，由圖可知λ=2.0m，T=0.2s，則波速為，則P1波傳到S點的時間為。因為S點為振動加強點，所以它的振動情況與波源P1的相同，當t=1.1s，S點已經振動了0.4s，剛好為兩個周期，所以它此時向y軸正方向運動，故C錯誤；在t=0.6s時，波傳至距離波源6m處，由起振方向可知，波峰分別位于距離波源5.5m、3.5m和1.5m處，以波源為圓心，波峰到波源的距離為半徑做圓，如圖可知SP1P2所在的平面內有2處波峰與波峰相遇，故D正確。故選BD。8．如圖所示，長度為l的輕質細線一端與帶孔小球A連接，另一端與木塊B連接，小球A穿在光滑的固定水平桿（足夠長）上，小球A與木塊B質量均為m。t＝0時刻，給木塊B一水平瞬時沖量I，使其獲得v0＝的初速度，則從t＝0時刻至B再次運動到A正下方的過程中（）A.A、B沿繩方向加速度始終相等 B.繩對A球的沖量大小為mC.繩對A先做正功后做負功D.木塊B再次運動到A正下方時繩子拉力的大小為3mg【答案】D【解析】從t＝0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，細繩一直處于向右傾斜狀態，所以A一直水平向右加速，B的運動可以分解為水平向右隨A加速直線運動和豎直平面內的圓周運動。所以A的加速度水平向右，B的加速度有與A相同的向右的加速度分量和沿繩的加速度分量。故A、B沿繩方向加速度不相等，故A錯誤；從t＝0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，由動量守恒定理和能量守恒定理可得，，解得，，對A球由動量定理可得，由受力分析可知重力與支持力不相等，所以，所以，故B錯誤；從t＝0時刻至B再次運動到A正下方的過程中，細繩一直處于向右傾斜狀態，繩對A一直做正功，故C錯誤；B再次運動到A正下方時，由B項分析知A的速度不為零，所以B隨A水平運動的速度為零，由，得，故D正確。故選D。9．在一塊水平放置的很大的接地金屬平板上方附近固定著一個正電荷Q，a、b、c、d為過正電荷所在位置的豎直平面上的四個點，位置如圖所示，下列說法正確的是（）A．c點的電勢高于d點的電勢B．c點的場強比d點的小C．電荷量為q的負電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．電荷量為q的正電荷從b點移到a點的過程中電場力做正功【答案】A【解析】由靜電感應可知，金屬板上方的電場線垂直于金屬棒向下，則點電荷以及金屬棒周圍的等勢面分布如圖；由圖可知，c點的電勢高于d點的電勢，選項A正確；c點的等差等勢面比d點密集，則c點的場強比d點的大，選項B錯誤；因a點電勢高于b點，則電荷量為q的負電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，選項C錯誤；電荷量為q的正電荷從b點移到a點的過程中電場力做負功，選項D錯誤。故選A。10．一定質量的理想氣體從狀態a變化到狀態b，其壓強P和體積倒數變化圖像如圖所示，此過程中該系統內氣體（）A．溫度不變 B．對外界做正功 C．對外界放熱 D．內能變大【答案】C【解析】根據公式，得。根據圖象點與原點連線斜率減小，可知溫度降低，其體內能減小。A錯誤，D錯誤；理想氣體從狀態a變化到狀態b，圖像可以得到Va>Vb，可知氣體的體積減小，氣體對外界做負功，B錯誤；根據熱力學第一定律，其中，，因此Q<0，氣體放熱，C正確。故選C。11．如圖所示，將霍爾式位移傳感器置于一個沿軸正方向的磁場中，磁感應強度隨位置變化關系為（且均為常數），霍爾元件的厚度很小。當霍爾元件通以沿軸正方向的恒定電流，上、下表面會產生電勢差，則下列說法正確的是（）A.若霍爾元件是自由電子導電，則上表面電勢低于下表面B.當物體沿軸正方向移動時，電勢差將變小C.僅減小霍爾元件上下表面間的距離，傳感器靈敏度將變弱D.僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變弱【答案】D【解析】霍爾元件是自由電子導電，受洛倫茲力的是電子，根據左手定則。電子受向下的洛倫茲力，所以下表面帶負電，上表面帶正電，上表面電勢高于下表面，A錯誤；設霍爾元件上下表面高度差為，電子定向移動速度為，電子電荷量為，霍爾元件平衡時，有，解得。又因為，其中為單位體積的自由電子數，可得，則，當物體沿z軸正方向移動時增大，所以增大，電勢差也增大，B錯誤；傳感器靈敏度為，因為，可得，，僅減小霍爾元件上下表面間的距離，傳感器靈敏度不變，僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變弱，C錯誤，D正確。故選D。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。11．（15分）李同學在研究測量電源電動勢和內阻實驗中，電路連接如圖2，突然靈光一閃，發現該電路也可以粗測滑動變阻器電阻絲的電阻率。（1）如圖2所示，滑動變阻器的瓷筒上緊密纏繞著單層電阻絲，測量出瓷筒上電阻絲纏繞的總寬度，測得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，則電阻絲的直徑為______；測量出滑動變阻器瓷筒外徑D，可認為一匝電阻絲的長度為；（2）將開關撥到接線柱2，閉合開關，調節滑動變阻器，即改變其接入電路中的寬度l，電壓表和電流表示數都在較大范圍內較為均勻的變化，整理數據如圖3所示，橫坐標單位為，若圖像斜率為k，則電阻絲的電阻率為______（用題設中已知物理量符號表示）；（3）儲同學認為從圖3中圖像數據可知，上述實驗方案誤差較大，應采用電流表外接的方式，你是否認同儲同學觀點，并說明理由______；（4）楊同學繼續用如圖1電路測量電源電動勢和內阻，根據前面實驗結果，為減小實驗誤差，開關應該連接______接線柱（選填“1”或“2”）；電源電動勢測量值相較真實值______（選填“偏大”、“偏小”或“相同”）；電源內阻數量級應為______（選填“幾歐”、“幾十歐”或“幾百歐”）。【答案】①②③不認同，因為采用電流表外接并利用圖像法處理數據，圖像斜率和電阻率相關但與電流表內阻無關④1⑤相同⑥幾歐【解析】（1）[1]測得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x，則每匝電阻絲的寬度即為電阻絲的直徑，應為（2）[2]由電阻定律可得電阻絲的橫截面積由歐姆定律電阻絲的總長度圖3圖線的斜率聯立解得（3）[3]不認同，因為采用電流表外接并利用圖像法處理數據，圖像斜率和電阻率相關但與電流表內阻無關。（4）[4]因電源的內阻較小，由圖中l=0時縱坐標值為電流表內阻，即電流表的內阻可由圖像確定，電壓表的內阻遠大于電源的內阻，因此為減小實驗誤差，應用電流表外接，即開關S2應該連接1接線柱。[5]考慮到電流表內阻，根據U-I圖像的到的電源電動勢測量值與真實值相同，內阻測量值包括了電流表的內阻。[6]因一般電源內阻都較小，因此電源內阻數量級應為幾歐。13．（6分）如圖所示的圓柱形氣缸固定于水平接觸面上，內用活塞密封著一定質量的理想氣體，已知氣缸的橫截面積為S，活塞重為G，大氣壓強為P0。將活塞固定，使氣缸內氣體溫度升高1℃，氣體需吸收的熱量為Q1；如果讓活塞可以自由滑動（活塞與氣缸間無摩擦、不漏氣；不計氣體的重力），仍使氣缸內氣體溫度升高1℃，需吸收的熱量為Q2。（1）Q1和Q2哪個大些？簡要說明理由。（2）氣體在定容下的比熱容與在定壓下的比熱容為什么會有不同？（比熱容是單位質量的物體溫度上升1℃需要吸收的熱量）（3）若活塞可自由滑動，初始時活塞距底部的距離為H，求當氣缸內氣體溫度升高1℃時活塞向上移動的高度h以及剛開始時氣體的溫度。【答案】（1）Q2，理由見解析；（2）見解析；（3），【解析】（1）定容過程，吸收的熱量，用于增加氣體的內能，則定壓過程，吸收的熱量，用于增加氣體的內能和對外做功又因為，則；（2）定容下的比熱容定壓下比熱容由（1）可知，，則；（3）氣體對外做功，有活塞向上移動的高度因為是等壓變化，所以有解得14．（8分）如圖所示，光滑的水平面上放置物塊C，質量為2m，其上開有水平和豎直的光滑槽。質量均為m的圓柱體A、B可以在槽中無阻力地滑動，兩圓柱體間用長度為L的輕桿從槽外相連，輕桿不妨礙圓柱體的滑動，水平和豎直槽的長度都大于L，圓柱體和槽的粗細可以忽略，重力加速度為g。用一豎直的光滑銷釘從B的右側將B擋住，此時輕桿與豎直方向夾角為α，sinα＝0.6，cosα＝0.8，整個裝置處于靜止狀態。之后快速撤去銷釘，則：（1）求初始靜止狀態時，銷釘對B的作用力大小；（2）當C的速度達最大值時，求此時A的加速度的大小；（3）求A與豎直槽底部相撞前瞬間，A的速度大小?【答案】（1）；（2）g；（3）【解析】（1）初始靜止狀態時，受力分析如圖對A有對B有又聯立解得（2）快速撤去銷釘后，物塊C在小球A的壓力作用下向左運動，當C的速度達最大值時，A對C以及桿對小球A的彈力均為零，A只受重力，故A的加速度為a=g（3）A與豎直槽底部相撞前瞬間，A、B在桿的連接下具有共同的水平速度，AC有共同的水平速度，AB與C組成的系統水平方向動量守恒，可知A與豎直槽底部相撞前瞬間，AB與C水平速度為零。對整體由機械能守恒又h=Lcosα解得A的速度大小。15．（12分）如圖所示，由金屬和絕緣部件組成的無限長光滑平行導軌，其間距為L=0.5m，金屬導軌中間嵌有兩段由絕緣材料制成的導軌M、N（圖中用黑實體表示），導軌左端連有電動勢E=11.2V的電源。質量m=0.1kg，電阻R=0.2Ω的三根相同導體棒ab、cd和ef垂直導軌放置，其中cd用兩根很長的輕質絕緣細線懸掛，剛好與導軌接觸且無擠壓．ghkj是一個置于金屬導軌上的“”型導體線框，由三根導體棒組成，每根棒質量均為m，電阻均為R，長度均為L。若ef棒與線框ghkj相碰則連接成一個正方形導體框，初始時，導體棒和線框均靜止在金屬導軌上。導軌上方有三個方向垂直于導軌平面向下的有界勻強磁場：緊靠絕緣導軌M左側的區域Ⅰ中有磁感應強度為B1=1T的磁場；區域Ⅱ中有磁感應強度為B2的磁場，cd棒緊靠區域Ⅱ的左邊界放置；緊靠絕緣導軌N右側的區域Ⅲ中有寬度為L、磁感應強度為B3=2T的磁場．初始時ef處于區域Ⅱ中，區域Ⅱ、Ⅲ位于絕緣導軌N兩側。導體線框gj兩點緊靠區域Ⅲ的左邊界，閉合開關S，ab棒啟動，進入絕緣軌道M之前已做勻速運動。導體棒ab和cd相碰后結合在一起形成“聯動二棒”，與導軌短暫接觸后即向右上方擺起，擺起的最大高度為h=3.2m，到達最高點后不再下落，同時發現ef棒向右運動，進入區域Ⅲ。不計其他電阻。求：（1）ab棒勻速運動時的速度；（2）ef棒離開區域Ⅱ時的速度；（3）“”導體線框能產生的焦耳熱。【答案】（1）22.4m/s；（2）6.4m/s；（3）0.256J【解析】（1）ab棒勻速運動時，導體棒受到的安培力為零，即產生的感應電動勢與電源電動勢大小相等，故有代入數據可得（2）ab與cd碰撞過程，系統動量守恒，故有“聯動二棒”與導軌短暫接觸時，“聯動二棒”與ef棒構成的系統動量守恒，故有“聯動二棒”上擺的過程中，系統機械能守恒，故有聯立解得（3）ef棒與線框ghkj相碰則連接成一個正方形導體框，即碰后粘在一起向右運動，碰撞過程中，系統動量守恒，故有線框向右移動過程中，ef邊相當于電源，又由于gh/kj在導軌上被短路，因此，回路中總電阻為假設正方向線框停下時，ef仍在磁場區域Ⅲ中，線框從開始運動到停下來運動的總位移為x1，由動量定理可得代入數據可得故假設成立，即ef在離開區域Ⅲ前，線框已經停下，故根據能量守恒定律可得，正方向導體線框產生的總焦耳熱為導體線框產生的焦耳熱為代入數據可得16．（14分）如圖甲所示，真空中存在一間距為的水平平行板電容器，板長，板間電壓為U、板間勻強電場方向向上，為一垂直上極板PQ的足能長的光屏，其下端N與極板右端Q重合，在MN所在豎直線右側空間存在勻強磁場。在下極板左端有一個粒子源A，可以緊貼極板水平向右連續發射帶正電的粒子，粒子比荷為，初速度。已知粒子打到極板或光屏時會被吸收，粒子之間的作用力不計，粒子的重力不計。（1）為使粒子能夠從極板間射出，求電壓U的最大值；（2）若