2024届江苏省苏州市物理高三第一学期期末联考模拟试题含解析

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、—物块的初速为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是（ ）

A． B．

C． D．

2、地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1)。已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是

kgdA．

Gkgd2B．

G(1k)gdC．

G(1k)gd2D．

G3、如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是（ ）

A．a、b、c的向心加速度大小关系为abacaa B．a、b、c的向心加速度大小关系为aaabac C．a、b、c的线速度大小关系为vavbvc D．a、b、c的周期关系为TaTcTb 4、下列说法正确的是（ ）

A．光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性 B．高速运动的质子、中子和电子都不具有波动性

C．卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说 D．核反应方程4Be2He6CX中的X为质子

5、氢原子的核外电子从n=2的能级跃迁到n=1的能级时，发出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则下列各种说法中正确的是（ ） A．该光是氢原子所有可能发出的光中能量最大的

B．氢原子中由高能级跃迁到n=2的能级时发出的光可能使该金属发生光电效应 C．该金属发生光电效应产生的光电子的最大能量恰好等于氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量

D．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量等于该金属的逸出功 6、如图所示，图甲是旋转磁极式交流发电机简化图，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为10匝，内阻不可忽略。产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴OO′（O′O沿水平方向）匀速转动，线圈中的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1，电阻R1=R2=8Ω。电流表示数为1A。则下列说法不正确的是（ ）

9412

A．abcd线圈在图甲所在的面为非中性面 B．发电机产生的电动势的最大值为102V C．电压表的示数为10V D．发电机线圈的电阻为4Ω

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，AB两点之间始终加

u2202sin100t（V）的交变电压。R是输电线的电阻，L是标有“100V、100W”

的白炽灯。M是标有“100V、200W”的电动机，其线圈电阻r=10。开关S断开时，电动机正常工作。下列说法正确的是（ ）

A．输电线的电阻阻值R20 B．电动机的输出功率为180W

C．开关S闭合后，电动机的电功率减小 D．开关S闭合后，白炽灯的功率为100W

8、一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t2时刻物体的（ ）

FtF0 m(FF0)(t2t1)B．速度大小为t

m（FF0)C．动量大小为t

2mA．加速度大小为

(FtF0)2(t2t1)2D．动能大小为

8m9、如图所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接 两个相同的电阻，平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向B随时间t均匀增加，里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B大小相等，已知

Bk ，t磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L，板间距离为L．质量为m，电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则

A．金属框中感应电流方向为abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为L2kq mD．粒子在e、f间运动增加的动能为

12kLq 410、如图所示，有一列沿x轴正向传播的简谐横波，在t0时刻振源S从O点开始振动。当t0.2s时，波刚好传到x4m处的质点。下列对该简谐横波的分析中正确的是（ ）

A．该简谐横波的周期是0.2s，波速是20m/s

B．频率为5Hz的简谐横波与该波相遇时一定能够发生干涉现象 C．该简谐横波遇到尺寸小于4m的障碍物时能够发生明显的衍射现象 D．当t0.4s时，该简谐横波上的M点向右移动了2m

E.若站在振源右侧的接收者以速度v匀速向振源靠近，那么接收者接收到的频率一定大于5Hz

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：

微安表头G(量程300μA，内阻约为几百欧姆) 滑动变阻器R1(0～10kΩ) 滑动变阻器R2(0～50kΩ) 电阻箱R(0~9999) 电源E1(电动势约为1.5V) 电源E2(电动势约为9V) 开关、导线若干

(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是： A．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端； B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；

C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200μA，记录此时电阻箱的阻值R0，

①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用_____(选填仪器字母代号)； ②测得表头G的内阻Rg=_____，表头内阻的测量值较其真实值___(选填“偏大”或“偏小”)；

(2)实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为______的电阻与表头G并联；

(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时 电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx=______。12．（12分）如图甲所示为由半导体材料制成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻Rt和继电器设计的温控电路。设继电器的线圈电阻Rx20，当继电器线圈中的电流IC大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。

（1）实验过程中发现，开关K闭合后电路不工作。某同学为排查电路故障用多用电表测量各接入点间的电压，则应将如图丙所示的选择开关旋至__________（选填“A”“B”“C”或“D”）。

（2）用调节好的多用电表进行排查，在图乙电路中，断开开关K时，发现表笔接入a、

b时指针发生偏转，多用表指针偏转如图丁所示，示数为__________V；闭合开关K，

接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，接入c、b时指针不发生偏转，则电路中__________（选填“ac”“cb”或“ab”）段发生了断路。

（3）故障排除后，在图乙电路中，闭合开关K若左侧电源电动势为6.5V内阻可不计，滑动变阻器接入电路的阻值为30，则温度不低于__________°C时，电路右侧的小灯泡就会发光。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出

必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5 m，这段滑板与木块A（可视为质点）之间的动摩擦因数μ= 0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表

面光滑．木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的质量m=lkg，g取10m/s2，．求：

（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度

（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．

14．（16分）如图所示，两平行金属导轨置于水平面（纸面）内，导轨间距为l，左端连有一阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻也为R的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。给金属杆一个瞬时冲量使它水平向右运动，它从左边界进入磁场区域的速度为v0，经过时间t，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度为

1v0。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，它2 们之间的动摩擦因数为μ。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计。求：(1)金属杆刚进入磁场区域时的加速度大小；

(2)金属杆在滑过磁场区域的过程中金属杆上产生的焦耳热。

15．（12分）如图所示，在光滑的水平面上静置一长为L的木板B，上表面粗糙，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，恰好未离开B，A的质量为m，B的质量为2m，求A与B上表面间的动摩擦因数μ。

参

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。 1、A 【解析】

AB．设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，根据动能定理可得，上滑过程中

mgxsinmgxcosEkEk0

则

EkEk0(mgsinmgcos)x

下滑过程中

mgxsinmgxcosEk0

则

Ek(mgsinmgcos)x

可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图像是倾斜的直线，根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故A正确，B错误；

CD．由牛顿第二定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有

mgsinmgcosma

下滑过程有

mgsinmgcosma'

则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD错误。 故选A。 2、D 【解析】

地球表面正常的重力加速度大小为g,由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为1kg，结合万有引力

MmVm1kgd，故D项正确，

定律G2ma，即G2m1kg，解得：VrdG2ABC错误。 3、A 【解析】

AB．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωc，根据a=rω2知，c

的向心加速度大于a的向心加速度。根据a速度。即

GM得b的向心加速度大于c的向心加r2abacaa

故A正确，B错误。

C．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωc，根据v=rω，c的线速度大于a的线速度。根据vGM得b的线速度大于c的线速度，故C错误； r3rD．卫星C为同步卫星，所以Ta=Tc，根据T2得c的周期大于b的周期，故

GMD错误； 故选A。 4、C 【解析】

A．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，A错误；

B．任何运动的物体包括宏观物体和微观粒子都具有波粒二象性，B错误； C．原子的核式结构学说的提出是建立在粒子散射实验基础上的，C正确； D．根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可判断X为中子，D错误。 故选C。 5、D 【解析】

A．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级，所放出光子的能量是所有相邻能级间跃迁 时能量最大的，但小于其他能级跃迁到n=1的能级时所放出的光子的能量，故A错误；B．氢原子从高能级跃迁到n=2的能级所放出的光子的能量都小于从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出的光子的能量，不会使金属发生光电效应，故B错误； C．恰好发生光电效应，说明光电子的最大初动能为零，故C错误； D．恰好发生光电效应，说明光子的能量等于金属的逸出功，故D正确。 故选D。 6、C 【解析】

A.线圈位于中性面时，磁通量最大，由图甲可知，此时的磁通量最小，为峰值面，故A正确不符合题意；

B.由图乙知

mBS角速度为

2πWb，T0.02s 1002π100πrad/s T电动势的最大值

EmnBS102V

故B正确不符合题意；

C.根据欧姆定律以及变压器原副线圈电压关系的

U2I2U2n2R1R2 ，

R1R2U1n1解得U1=8V，故C错误符合题意； D.由闭合电路的欧姆定律得

EU1I1r

解得 r=4Ω

故D正确不符合题意。 故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AC 【解析】

A． 开关S断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V，副线圈电流

I2P2A U根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V，原线圈电流1A，在原线圈回路

UmI1RU1 2解得

R20

故A正确；

B． 电动机的输出功率为

2P出PI2RM160W

故B错误；

CD． 开关S闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻R上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于100W，故C正确D错误。 故选AC。 8、AD 【解析】

A．由图像可知：在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得加速度大小

aFtF0 m故A正确；

BCD．由动量定理和图像面积可得

FtF0t2t1mv

2则

vFtF0t2t1

2m根据动量和动能的关系得

EkFF0t2t1t8m22

故BC错误，D正确。 故选AD。 9、AC 【解析】

A．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电，A正确；

B．因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误；

C．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有

Lv0t

在竖直方向上有

1Lat2

2Eqa

mUE

d而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，故

1BS11212UkLkL

2t224联立解得

v0L2kq mC正确；

D．根据动能定理可得粒子增加的动能为

1111EkUqqkL2qkL2

2248D错误． 故选AC。 10、ACE 【解析】

A.由图可知该波的波长为4m，当t0.2s时，波刚好传到x4m处的质点，所以该波的周期为T0.2s，该波的频率为5Hz，故波速

vT20m/s，

故A正确；

B.两列波相遇时能够发生干涉的现象的条件是：两列波的频率相同，相位差恒定，故B错误；

C.能够发生明显衍射现象的条件是：障碍物或小孔的尺寸比波长小或差不多(d故C正确；

D.简谐横波上的质点都在平衡位置上下振动，不会沿波的传播方向移动，故D错误； E.由多普勒效应可知接收者和波源相向运动时，接收者接收到的频率增大，故E正确。 故选：ACE。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写

)，

出演算过程。 11、E2 R2 【解析】

(1)[1][2]闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2； [3][4]闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的箱的电流为满偏电流的则：

1R0 偏小 0.5 4.3 22，则流过电阻31，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，3Rg1R0 2闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头G示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小；

(2)[5]把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：

300106500R0.5

IIg0.330106(3)[6]改装后电流表内阻为：

IgRgRAIgRgI3001065000.5

0.3微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为： 250×10-6×1000A=0.25A

由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为

RXU1.20RA0.54.3 I0.2512、C 6.1 【解析】

ac 42

(1)[1]A挡位测量电阻值，B挡位测量交流电压，C挡位测量直流电压，D挡位测量电流值，为测量各接入点间的电压，选择C挡位。

(2)[2][3]选择“10V”电压挡，则每一大格表示2V，每一小格表示0.2V，测量的精确

1估读），指针对应的示数为6.1V。闭合开关K，2接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，说明a点到电源的正极、c点到电源的负

度为0.2V，应估读到0.1V（此时应为

极都是通路，接入c、b时指针不发生偏转，是因为电流为零，所以ac段发生了断路。(3)[4]热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于IC20mA，则总电阻不大于

R总由于

E325 ICR总RtRRx

则Rt不大于275。由题甲图可看出，当R1275时，温度t42C，即温度不低于42C。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、（1）2 m/s；（2）39J. 【解析】

（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒： mv0＝（M＋m）v 解得v＝

mv0

Mm代入数据得木块A的速度v＝2 m/s

（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大． 由能量关系，最大弹性势能Ep＝代入数据得Ep＝39 J

11mv02－（m＋M）v2－μmgL 22B2L2v03m2gRv022m2g2Rt2 14、 (1)ag ；(2)Q1mv022162BL2mR【解析】

(1)金属杆刚进入磁场时，有

EBLv0

IE RRFBIL

金属杆受到的摩擦力

fmg

由牛顿第二定律

Ffma

联立以上各式解得

B2L2v0ag

2mR(2)当金属杆速度为v时，产生的感应电动势

EBLv

感应电流

IE RR金属杆受到的安培力

FBIL

由动量定理得，在短暂的时间t内有

Ftmgtmv

即

B2L2vtmgtmv

2R对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得

B2L2xvmgtm0mv0

2R2式中x为磁场区域左、右边界的距离，解得

xmv0R2mgtR 22BL设此过程中金属杆克服安培力做功为W，由动能定理

1v1Wmgxm0mv02

222联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为

232m2gRv022m2g2Rt QWmv0228BL则金属杆产生的焦耳热为

m2gRv022m2g2RtQ32 Q1mv02162B2L22v0 15、3gL【解析】

对A在木板B上的滑动过程，恰好未离开B，即滑至B的左端与B共速，根据动量守恒定律有

mv0(m2m)v 解得

1vv0

3由系统能量守恒有

2mgLmv0(m2m)v2

1212解得

2v0

3gL