江苏省2024届高三年级第一学期期初学情调研迎考卷-物理答案

江苏省20232024学年高三第一学期期初迎考试卷物理参考答案及评分标准1.C 解析:一个 84218Po核含有84个质子,故A错误;由质量数和电荷数守恒可知Y射线是α射线,穿透力最弱,故B错误;由于Po核比Rn核更稳定,所以Po核比Rn核的比结合能大,故C正确;半衰期与物理、化学变化无关,故D错误.2.A 解析:地球到太阳的距离r越大,线速度越小,角速度越小,向心加速度越小,故A正确,B、C错误;由GMmr2=m4π2T2r得太阳的质量M=4π2r3GT2,即可以根据地球的公转周期求出太阳的质量,无法求出地球质量,故D错误.3.C 解析:设一个篮子的质量为m,连接下篮的绳子的拉力为T2,对下篮,受力分析得4T2=mg,解得T2=mg4,设连接上篮的绳子的拉力为T1,绳子与竖直方向夹角为θ,对两个篮整体分析得4T1cosθ=2mg,根据几何关系得sinθ=2440=0.6,联立解得T1=58mg,则T1T2=52,故C正确,A、B、D错误.4.D 解析:a光偏折程度较小,频率较小,a光光子的能量小于b光光子的能量,故A错误;a光频率较小,折射率较小,在冰晶中a光传播速度大于b光传播速度,故B错误;根据sinC=1n,a、b从冰晶射入空气发生全反射时b光的临界角较小,故C错误;a光频率较小,波长较长,让a、b光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距比较大,故D正确.5.B 解析:由图乙可知波的周期为T=4s,由图甲可知波长λ=4m,则波速v=λT=1m/s,故A错误;由上下坡法可知波源起振方向沿y轴正方向,故B正确;此波从质点P传播至Q点的过程中,波传播的距离为s=5m,由s=vt可知传播时间为t=5s=1.25T,质点P的路程为1.25×4×0.1m=0.5m,故C错误;N点与Q点的平衡位置距离NQ=10m-4m=6m=32λ,所以当质点Q起振后,与质点N振动步调不一致,故D错误.6.C 解析:运动员离开B点后的上升过程中,加速度为g,则处于失重状态,故A错误;运动员在C点时具有水平速度,即速度不为0,故B错误;运动员下降过程中只受重力作用,则加速度不变,故C正确;从A点到E点,由动能定理12mvE2-12mv02=mghAE,α变大时,运动员落到着陆坡上时的位置可能在E点上方,则此时hAE变小,则落到着陆坡上的速度变小,故D错误.7.C 解析:当有烟雾进入时,来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C,照射到钠表面时会产生光电流,则光源S发出的光波频率要大于金属钠的极限频率,故A错误,C正确;由光电效应方程可得eUc=Ek=hν-hνc,变式可得Uc=ℎeν-ℎeνc,可知该图像斜率k=ℎe,故B错误;当光源s发出的光能使光电管发生光电效应,那么光源越强,被烟雾散射进入光电管的光就越多,产生的电流越大,越容易探测到烟雾,即光电烟雾探测器灵敏度越高,故D错误.8.B 解析:当发电机线圈转速减小时,根据Em=nBSω,可知升压变压器的输入电压U1减小,而负载不变,因此整个电路中各部分电流、电压、功率都减小,故B正确.9.C 解析:该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的,a、b为两电荷连线上对称的两点,所以a、b两点的电场强度大小、方向相同,故A错误;c、d两点位于同一条等势线上,则c点的电势等于d点的电势,故B错误;正电荷在电势高的地方电势能大,所以将带正电的试探电荷从b点移到d点,其电势能增加,故C正确;负电荷在电势低的地方电势能大,所以负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能,故D错误.10.D 解析:根据楞次定律,导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动,设共同速度为v1,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1,解得v1=v02,故A错误;设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总,根据能量守恒定律可得12mv02=Q总+12(2m)v12,解得Q总=14mv02,导体棒L1、L2的电阻都为r,因此导体棒L2产生的焦耳热为Q=12Q总=18mv02,故B错误;对导体棒L2,由动量定理得Bidt=mv1,因为q=it,故Bdq=mv1,因此通过导体棒横截面的电荷量为q=mv1Bd=mv02Bd,故C错误;若导体棒L1、L2速度相等时距离为零,则两棒初始距离最小,设最小初始距离为l,则通过导体棒横截面的电荷量q=ΔΦR总=Bdl2r=mv02Bd,解得l=mv0rB2d2,故D正确.11.(1)E (2)见解析 (3)I1r1I2-I1 (4)减小 (5)30解析:(1)实验时要求电流表的示数从0开始调节,则滑动变阻器应采用分压式接法,为了方便调节且使电表示数变化比较明显,滑动变阻器应选择阻值较小的R1.(2)滑动变阻器采用分压式接法,实验器材有两个电流表,没有电压表,可以采用双安法测电阻的方式测量热敏电阻的阻值.电流表A1的阻值已知,所以A1可以作为电压表使用,设计电路图如图所示.(3)电流表A1两端电压为U1=I1r1,热敏电阻RT与电流表A1并联,所以热敏电阻RT两端的电压为UT=U1=I1r1,通过热敏电阻RT的电流为IT=I2-I1,所以热敏电阻的阻值为RT=UTIT=I1r1I2-I1.(4)由图甲中信息可知,1RT随温度的升高而逐渐增大,所以RT随温度的升高而逐渐减小.(5)图乙中,电压表示数U4=1.2V,所以通过电阻R4的电流为I4=U4R4=0.4A,通过电阻R3的电流为I3=I-I4=0.4A,电阻R3两端的电压为U3=I3R3=2.0V,热敏电阻RT两端的电压为UT=U3-U4=0.8V,所以热敏电阻的阻值为RT=UTI4=2Ω,由图甲中信息可知,1RT与温度t之间存在如下线性关系1RT=0.20+0.01t(℃),解得t=30℃.12.(1)对料盒,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=6.8m/s2,加速度方向沿输送线B向下. (4分)(2)对料盒,设推杆对每个料盒做功为W,由动能定理得W-(mgsinθ+μmgcosθ)L=0解得W=23.8J(4分)13.(1)当锅内气体压强增大到设计的最大值p1=1.4p0时,限压阀被顶起,设限压阀质量为m,由平衡条件可得p1S=p0S+mg解得m=0.048kg(4分)(2)设气孔2放气前锅内气体体积为V1,放出的气体体积为ΔV,因锅内气体温度一定,根据玻意耳定律有p1V1=p0(V1+ΔV)解得ΔV=0.4V1由M=ρV可得ΔMM=ΔVV1+ΔV=27 (4分)14.(1)物块A滑到P点时,向心力由压力提供F=m1vP2R从底端到P点12m1vA2=m1gR+12m1vP2解得vA=3m/s(3分)(2)弹簧被弹开的瞬时,由动量守恒定律可得m1vA=m2vB弹性势能为Ep=12m1vA2+12m2vB2解得Ep=21J(5分)(3)当木板C锁定时B恰能滑到长木板的右端,则12m2vB2=μm2gL解得木板长L=3.2m解除木板C的锁定,B滑上C后到相对静止,由动量守恒定律可得m2vB=(m2+m3)v由能量关系12m2vB2-12(m2+m3)v2=μm2gx解得x=1.28m即物块B最终的位置与长木板C右端的距离为l=3.2m-1.28m=1.92m. (5分)15.(1)粒子在电场中加速qU=12mv2粒子磁场中做匀速圆周运动qvB=mv2r,r=L2联立解得B=2L2Uk1 (3分)(2)由(1)可得半径r=1B2mUq=1B2Uk由k1>k2,当B和U相同时r145°进入磁场速度与竖直方向夹角在45°到37°的粒子打在接收器中点N左侧,夹角在0°到37°的粒子打在接收器中点N右侧.在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η=2×(45°-37°)2×37°=837 (8分)