南通市2024屆高三第一次調研測試

物理試卷

注意事項

考生在答題前請認虞閱讀本注意事項及各題答題要求

1.本試卷共6頁，滿分為100分，考試時間為75分鐘.考試結束后，請將答題卡交回.

2.答題前，請務必將自己的姓名、考試號等用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在答題卡的規

定位置.

3.請認真核對答題卡表頭規定填寫或填涂的項目是否準確.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑：如需改動，請用橡

皮擦干凈后，再選涂其他答案.作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡

上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效.

5.如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑加粗.

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.如圖所示，兩輕質小環。、6套在水平桿上，兩根等長細線懸掛一重物處于靜止狀態。現保持環。的位

置不變，將環6往左側移動一小段距離，a、A仍處于靜止狀態。則環“受到桿的（）

A.支持力不變B.支持力變小C.摩擦力不變D,摩擦力變大

【答案】A

【解析】

【詳解】根據題意，設每根繩子的拉力為尸，繩子與豎直方向的夾角為。，由平衡條件有

2Fcos0=mg

解得

F—mg

2cos6,

設桿對小環。的支持力為練，摩擦力為了,對小環。受力分析，由平衡條件有

f=Fsm3=^^,FN=FC°S*W

將環6往左側移動一小段距離，。減小，可知/變小，然不變。

故選A

2.兩個完全相同的相干波源在水面上形成的干涉圖樣如圖所示，其中實線表示波峰，虛線表示波谷。則

()

A.質點。振動加強B.質點6振動加強

C.質點c始終在波谷D.質點d的位移始終最大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖可知，質點。為波峰與波谷相遇，是振動減弱點，故A錯誤；

BCD.由圖可知，質點6為波峰與波峰相遇，質點。為波谷與波谷相遇，則均為振動加強，質點d在灰連

線的延長線上，也為振動加強，質點。和質點d分別在各自的平衡位置附近上下振動，質點c不是始終在波

谷，質點d的位移不是始終最大，故B正確，CD錯誤。

故選B

3.如圖所示，醫護人員用注射器將藥液從密封藥瓶中緩緩抽出，在此過程中瓶中氣體的()

A.壓強增大，分子數密度增大B.壓強增大，分子數密度減小

C.壓強減小，分子數密度增大D.壓強減小，分子數密度減小

【答案】D

【解析】

【詳解】醫護人員用注射器將藥液從密封藥瓶中緩緩抽出，在此過程中瓶中藥液的體積減小，則氣體的體

積增加，而氣體的溫度可視為不變，則氣體壓強減小，氣體分子總數一定，則氣體分子數密度減小。

故選D。

4.圖甲為LC振蕩電路，振蕩電流i隨時間/的變化規律如圖乙所示，貝U()

甲乙

A.4時刻，電容器充電完畢

B./j時刻，線圈中的磁場最弱

C.彳~/2過程中，電容器極板間的電壓變大

D.過程中，線圈中的自感電動勢變大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.在振蕩電路中，當振蕩電流為零時，表示電容器充電結束，故A正確；

BC.彳?"過程中電容器放電，電場能向磁場能轉化，G時刻放電電流達到最大，此時電場能最小，電容器

兩極板間的電壓最小，而線圈中的磁場能最大，故BC錯誤；

D.電流的變化率越大自感電動勢越大，反之電流的變化率越小自感電動勢越小，在彳~/2過程中，電流的

變化率逐漸減小，則可知線圈的自感電動勢逐漸減小，故D錯誤。

故選A?

5.萊頓瓶是一種儲存電荷的裝置，在玻璃瓶外面貼有一層金屬蓿，內部裝食鹽水，從瓶口處插入金屬探

針，下端浸在食鹽水中，鹽水和金屬箔構成電容器的兩極。現要增大電容器的電容，下列操作中可行的是

()

玻璃瓶0年屬探針

W

/[食鹽水

/-二--1二一二

金屬箔?二十二]

A.多加入一些食鹽水B.減小食鹽水的濃度

C.將金屬探針上移少許D.減小金屬箔的高度

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據電容器電容的物理意義可知，要提升其儲存電荷的本領，即要增大電容器的電容C,根

據

csS

C=-----

4兀kd

往玻璃瓶中再加入一些食鹽水，相當于增大了極板之間的正對面積，電容增大，萊頓瓶儲存電荷的本領獲

得提高，故A正確；

B.減小食鹽水的濃度，相當于介電常數￡減小，萊頓瓶儲存電荷的本領獲得減弱，故B錯誤；

C.把金屬探針上移少許，極板之間的正對面積S、極板間距d和介電常數&均沒有發生變化，根據上述

可知，電容不變，則這只萊頓瓶儲存電荷的本領不變，故C錯誤；

D.減小金屬箔的高度，相當于減小了極板之間的正對面積，電容減小，萊頓瓶儲存電荷的本領減弱，故

D錯誤。

故選Ao

6.如圖所示，擋板上安裝有寬度可調的一條狹縫，縫后放一個光屏。用單色平行光照射狹縫，狹縫寬度從

0.8mm調整為0.4mm,光屏上可能呈現（)

單色光

IIIIIIIIIIIIIIII

①②③④

A.圖樣①變化為圖樣②B.圖樣②變化為圖樣①

C.圖樣③變化為圖樣④D.圖樣④變化為圖樣③

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.①和②為雙縫干涉實驗的圖像，故AB錯誤；

CD.用單色平行光照射狹縫，當縫調到很窄時，盡管亮條紋的亮度有所降低，但是寬度反而增大了，故可

能呈現圖樣④變化為圖樣③。故C錯誤，D正確。

故選D。

7.2023年12月，神舟十七號航天員在空間站機械臂的支持下順利完成出艙，出艙時間約7.5小時.已知空

間站距離地球高度約391.9千米，下列說法中正確的是（）

A.空間站的速度大于第一宇宙速度B.空間站的加速度小于地球表面的重力加速度

C.航天員在艙外受到的合力為零D.航天員在艙外繞地球轉動大約一圈

【答案】B

【解析】

【詳解】A.第一宇宙速度是最大的環繞速度，則空間站的速度小于第一宇宙速度，選項A錯誤；

B.根據

GM

a=——

廠

可知，空間站的加速度小于地球表面的重力加速度，選項B正確；

C.航天員在艙外繞地球做圓周運動，則受到合力不為零，選項C錯誤；

D.空間站距離地球高度約391.9千米，根據

—Mm4乃2

G-

可得周期

T2兀（h+R）心+R

=-R-

可估算空間站的周期約為90分鐘，則航天員在艙外繞地球轉動大約五圈，選項D錯誤。

故選B。

8.一輛轎車在平直公路上由靜止開始勻加速運動，達到額定功率后保持功率不變，最終做勻速運動.轎車

在行駛過程中受到的阻力恒定，關于轎車的速度v,功率尸隨時間/的變化規律正確的是（）

【解析】

【詳解】AB.設汽車的額定功率為P,所受恒定阻力為了,牽引力為產，勻加速結束時的速度為V,由于

汽車開始做勻加速直線運動，設其加速度為。，則根據速度與時間的關系可得

v=at

當汽車的勻加速階段結束，其速度還未達到最大值，此時根據

P=Fv

結合牛頓第二定律

F—f=ma

可知，速度將繼續增大，而牽引力將減小，則加速度將減小，即此后汽車將做加速度逐漸減小的加速運動，

直至牽引力等于阻力時，加速度減小為0,速度達到最大值%,而速度一時間圖像的斜率表示加速度，因

此可知該圖像第一階段為傾斜的直線，第二階段為斜率逐漸減小的向下彎曲的曲線，故AB錯誤；

CD.根據

P=Fv

而汽車在勻加速階段

F—f=ma

可得

而

v=at

即在勻加速階段有

P-Fv—(ma+f)v=(ma+f)at

式中（ma+/）a,則可知在汽車勻加速階段汽車的功率與時間成正比，即此圖像為過原點的一條傾斜直線,

而勻加速結束后，汽車的功率達到額定值，此后功率不變，其圖像與時間軸平行，故C正確，D錯誤。

故選C?

9.如圖所示，ABCD是棱鏡的橫截面，是底角為45。的等腰梯形。一單色光平行于底面A3入射，入射

點為E,折射后射向尸點，尸為AB中點,棱鏡的折射率為后，不考慮光的二次反射，則（

A.光可能從尸點射出AB面B.光可能在5。面發生全反射

C.入射點E上移，光的出射點下移D.入射點E上移，光在棱鏡中傳播的路程變長

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據題意畫出光路圖，如圖所示

A8面上的入射角為45。，棱鏡的折射率為0，則折射率為

sina_sin45°

sinf3sin/3

故AC面上的折射角為

，=30。

設光線在F點發生全反射的臨界角為C,則有

sinC=—=sin45°

V2

可得

C=45°

當光束射向尸點時，分析幾何關系知入射角為

6>=75°>C

可知光線在尸點發生全反射，故光不可能從尸點射出A3面，故A錯誤；

B.根據對稱性可知，光束在3。面上的入射角為30。，故在8。面上不會發生全反射，故B錯誤；

C.入射點E上移，光束在8。面上的入射角為30。，且不發生變化，光線右移在尸點右側，光束在BO

面上的入射角不發生變化，光的出射點下移，故C正確；

D.入射點E上移，由幾何關系可知，光束在棱鏡中的光程沒有發生變化，故D錯誤。

故選C。

10.在電學實驗中，改裝后的電表測量值略偏小，為校準電表，可以將一個阻值較小的電阻（）

A.與電阻飛串聯B.與電阻K并聯C.與電阻&串聯D.與電阻&并聯

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.左圖所示，Ri與電表串聯，電表改裝為了大量程的電壓表。改裝后測量值略偏小，即電表

示數偏小，即通過的電流偏小，因此為了增大電流，需要減小串聯的電阻，即一個阻值較大的電阻與Ri并

聯，AB錯誤；

CD.右圖所示,R2與電表并聯，電表改裝為了大量程的電流表。改裝后測量值略偏小，即電流表示數偏

小，通過的電流偏大，因此為了增大電流計的電流，需要一個阻值較小的電阻與&串聯，C正確，D錯

誤。

故選C。

11.一種電磁驅動的無繩電梯簡化模型如圖所示，光滑的平行長直金屬軌道固定在豎直面內，下端接有電

阻，導體棒垂直跨接在軌道上，勻強磁場的方向垂直軌道平面向里。磁場以速度v勻速向上移動，某時刻

導體棒由靜止釋放，導體棒始終處于磁場區域內，軌道和導體棒的電阻均不計、接觸良好，則（）

V

XXXX

XXXX

XXXX

A.導體棒向上運動的速度可能為V

B.導體棒在磁場中可能先下降再上升

C.安培力對導體棒做的功大于導體棒機械能的增量

D.安培力對導體棒做的功可能小于回路中產生的熱量

【答案】D

【解析】

【詳解】B.根據題意，導體棒始終處于磁場區域內，開始，磁場勻速向上移動，導體棒相對磁場向下的速

度大小為丫，根據右手定則判斷感應電流水平向右，安培力豎直向上，若安培力小于導體棒重力，則棒會先

向下做加速運動，至安培力等于導體棒重力時，開始勻速向下運動；而若安培力大于導體棒重力，則棒會先

向上做加速運動，至安培力等于導體棒重力時，開始勻速向上運動，故B錯誤；

A.設導體棒運動速度為電，由選項B的分析可得，當導體棒勻速時，速度最大，此時受力平衡

BIL=mg

導體棒的產生的電動勢為

E-BL（y-v^

回路電流為

EBL（v-）

/=—二---V-l------

RR

則導體棒速度最大為

mgR

―一五

故導體棒向上運動的速度％小于V,故A錯誤；

C.若剛靜止釋放導體棒時有

mg=BIL

其中

BLv

R

則導體棒保持靜止，此時安培力對導體棒做的功和導體棒機械能的增量均為零，故C錯誤；

D.若剛開始時安培力大于導體棒重力，則導體棒向上運動，設導體棒運動速度為電，則回路的熱功率

22

_E_[BL(V-Vl)]

熱—R—R

其中

f)

女R

則安培力對導體棒做的功為

當

V—VI>VI

有安培力對導體棒做的功小于回路中產生的熱量，故D正確。

故選D。

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.某小組做“驗證動量守恒定律”實驗：一長木板固定在水平桌面上，其左端固定一個彈射裝置。兩個

小滑塊A、B質量分別為機A、"%，與木板間的動摩擦因數相同，滑塊A每次被彈射裝置彈出的速度相

同。主要實驗步驟如下：

邛_________________________A「邛M?

~7777777777777777777777777777777777777777777777777T777~/)//////////////////////////////////////////////////-

圖甲圖乙

/)//////////////////////////////////////////////////-

O

I*、Af"XBT

圖丙

①A緊靠彈射裝置，被彈出后停在木板上的尸點，如圖甲所示；

②將B放在木板上的某一位置0處，測出尸與。兩點間的距離方,如圖乙所示;

③A緊靠彈射裝置，被彈出后與B發生正碰，A被彈回；

④分別測出A、B兩滑塊停下時的位置與。點的距離/、/，如圖丙所示。

根據以上實驗步驟，回答以下問題：

(1)mA/(選填“<”、“=”或)；

(2)A到達。點時的速度vA與％的關系滿足；

0c

A-vAccx；B.vAocx0C.以A

(3)若表達式滿足,則碰撞中動量守恒；若表達式再滿足,則碰撞過程為彈性

碰撞；(均用根A、"%、％0、4、4表示)

(4)B所放的位置。不能過于偏左或偏右，請簡要說明理由o

【答案】①.<②.C③.=mB店7〃AXO=74乙+7他/或者

底=&⑤.若過于偏左，滑塊A與B碰撞反彈后可能與彈射裝置再次相碰；若過于偏右,

B被碰撞后的位移過小，測量誤差過大

【解析】

【詳解】(1)口］滑塊A與B碰撞，設向右為正，碰撞前滑塊A的速度為%，碰撞后滑塊A的速度為匕，

滑塊B的速度為V2，由動量守恒定律得

由機械能守恒得

121212

-mAV0=-mAV!+-^V2

解得

V1—vo

mA+mB

由于滑塊A反彈，所以

匕vO

則

(2)［2］滑塊A由。點運動到尸點，由動能定理得

12

-^mAgxo=O--mAvA-

解得

%=

則

"A0c

故選Co

(3)[3]若碰撞中動量守恒，則

“人以=一〃2AH+%B嶺

%=ggXo,匕=j24g無人，嶺=J24gxe

解得

[4]若碰撞中動量守恒，機械能守恒，則

191917

"AVA=一〃7A%+7〃B%，-?AVA=萬74匕+5mBy2

解得

1nAX。=mAXA+，"B*B或者一J九A=

(4)[5]若過于偏左，滑塊與B碰撞反彈后可能與彈射裝置再次相碰；若過于偏右，B被碰撞后的位移過

小，測量誤差過大。

13.如圖所示，一個小型交流發電機輸出端連接理想變壓器，原、副線圈匝數分別為小巧,副線圈連接

電阻R.交流發電機的線圈匝數為N,電動勢瞬時值的表達式為e=EmSin07,發電機線圈電阻不

計.求：

(1)通過發電機線圈磁通量最大值①m；

(2)變壓器原線圈中電流的有效值/.

ci1

【解析】

【詳解】(1)設勻強磁場磁感應強度大小為3,線圈面積為S,則

Em=NBSco

且

①m=BS

解得

E

①

mN①

(2)設變壓器原、副線圈上電壓的有效值為％則

U]：：”2

且

u-

解得

，二

12R捕

14.美國物理學家密立根用如圖所示的裝置測量光電效應中的幾個重要物理量。已知電子的電荷量

=1.60xl0T9c。

(1)開關S斷開時，用單色光照射光電管的K極，電流表的讀數/=L76〃A。求單位時間內打到A極

的電子數N；

(2)開關S閉合時，用頻率匕=5.8x10"Hz和！/?=6.8義10"Hz的單色光分別照射光電管的K極，調

節滑動變阻器，電壓表示數分別為3V和。2=0.53V時，電流表的示數剛好減小到零。求普朗克

常數展

先

——i-------

【答案】(1)N=L1X1013;(2)/I=6.4X10-34J-S

【解析】

【詳解】(1)由

1=^

t

且

q-Nte

代入數據解得

CL76X10；附

ete1.60x10”

(2)設用頻率為v的光照射K極時，逸出的光電子的最大初動能為E-對應的遏制電壓為U,逸出功為

“。

根據光電效應方程有

耳i=〃叫-叱

Ek2=hv2-W0

根據動能定理有

eU[=Ekl

eU]=Ek2

代入數據解得

h=也一")=6.4x10-34J.s

15.如圖所示，質量M=8.0kg的物塊A放置在水平地面上，上表面為光滑斜面，斜面長L=lm,與水

平方向的夾角6=37°。質量根=4.0kg的小物塊B從斜面頂端由靜止沿斜面下滑，A保持靜止。A與地

面間的動摩擦因數為〃，取重力加速度g=10m/s?,sin37°=0.6,cos370=0.8。

(1)求物塊B在斜面上運動的時間才；

(2)B在斜面頂端時，給A、B相同的水平初速度，此后A、B恰能一起以相同的加速度向左做勻減速運

動,求A與地面間的動摩擦因數〃；

(3)B沿斜面下滑上，此時對A施加水平向右的推力RA、B在水平方向的加速度相同，B相對A做勻

3

速直線運動，求B下滑到底端的過程中推力產做的功W。

【答案】(1)t=Bs；⑵〃=0.75；(3)W=75J

3

【解析】

【詳解】(1)設物塊沿斜面下滑的加速度為％,由牛頓第二定律得

mgsinO=ma1

沿斜面向下運動

L——%廣

代入數據解得

3

N

（2）設A、B一起運動的加速度為〃2,對B受力分析可知

mgtan3=ma2

對整體受力分析可知

=（m+M）6z2

代入數據解得4=0.75

（3）設B下滑（的時間為:,獲得的速度為L相對于A勻速下滑的時間為馬，則

L1,

——=-Q]K

3211

v=貼

B相對于A勻速下滑，則B在豎直方向做勻速直線運動

2L.n.n

—sin6）=vsinOT2

A、B的加速度%=。2=gtane

對整體受力分析可知

F-/Li（M+in）g=^M+m）aj

整體的位移

12

X—

推力做的功

W=Fx

代入數據解得W=75J

16.某種負離子空氣凈化原理如圖所示，空氣和帶負電的灰塵顆粒物組成的混合氣流從左側進入由一對平

行金屬板構成的收集器，顆粒物在磁場和電場的作用下，打到金屬板上被收集.已知顆粒物的質均為加，

電荷量均為-q,初速度大小均為%、方向與金屬板平行，金屬板長為L，間距為d,不考慮重力影響和

顆粒間相互作用.

(1)若金屬板間只加勻強電場，上極板帶負電.不計空氣阻力，板間電壓為時，顆粒物全部被收集，

求電壓q的范圍；

(2)若金屬板間只加勻強磁場，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，顆粒物全部被收集，求磁感應強度

大小B的范圍；

(3)若金屬板間存在勻強電場和磁感應強度大小為為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，收集器中氣流的

速度大小為%,方向沿板的方向保持不變.顆粒物所受阻力與其相對于空氣的速度V方向相反，大小

了=人,左為常量.若板間電壓為。2,上極板帶負電，假設顆粒物進入收集器后極短時間內加速到最大速

度，此后做勻速運動，顆粒物恰好全部被收集，求電壓的大小.

L

2mvd2mv_kdv。（kd-BqL、

【答案】(1)：；0Q

UiN2md小(2)（d2+^q~-dq；（32~~^~\^^

qLkL+Bqd

【解析】

【詳解】(1)設沿上極板邊緣進入的顆粒物恰好被下極板吸收，在板間運動的時間為運動的加速度大

小為。，板間電壓為。()，電場強度大小為E,則沿金屬板方向

L-%%

垂直于金屬板方向

d=