2023年江苏省苏北地区高考物理一模试卷及答案解析.pdf

2023年江苏省苏北地区高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共10小题，共 40.0分）1.可控核聚变实验的核反应方程为出+出一胃He+X+17.6M eU,下列说法正确的是（）A.X是质子B.该反应为链式反应C.黜 e的结合能为17.6MeVD.He的比结合能比孤、出 的 比结合能都大2.如图所示，一束由红绿两种单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜（横截面是等腰直角三角形），入射方向平行于BC边，两种色光在8 c 边均发生全反射后再从4 c 边射出，其中红光的出射点是D,则绿光从ZC边射出光路可能正确的是（）3.如图所示，有一分子位于坐标原点。处不动，另一分子位于x轴上，纵坐标表示这两个分子的分子势能昂,)A.在与处所受分子力为0B.从右处向左移动，分子力一直增大C.从与处向右移动，分子力一直增大 D.在肛处由静止释放可运动到勺处4.如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，下列说法正确的是（）A.滤光片应置于单缝和双缝之间B.拨杆的作用是为了调节缝的宽度C.把单缝与双缝的距离增大，干涉条纹间距减小D.把毛玻璃屏与双缝的距离增大，干涉条纹间距增大5.如图所示，q-t图像表示LC振荡电路中电容器下极板电荷量随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A.0a时间段，线圈中磁场能在减小 B.b,d两时刻电路中电流最大C.b、d两时刻电容器中电场能最大 D.该电路可以有效的把电磁波发射出去6.如图所示，半径为R的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分。取走4、B处弧长均为4L的圆弧上的电荷（4LR），静电力常量为匕 此时圆心。处电场强度（）A.方向沿C 0,大小为k聋B.方向沿0 C,大小为k造C.方向沿CO,大小为k”D.方向沿0 C,大小为k”7.将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框,P、Q两点接入电路，电流表示数为/,范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为8,则线框所受安培力大小为（）A.0B.V-2 S/rac-iD.浮 B/r8 .如图所示，半径为r的半圆形金属线框放置在磁感应强度B的匀强磁场中，M N两点连线与磁场垂直，线框绕M N连线以角速度 匀速转动，灯泡电阻为R,其它电阻不计，则（）A.通过灯泡的电流方向不变B.图示位置回路磁通量变化最快C.灯泡两端电压为与NB3D.由图示位置转过1 8 0。过程中通过灯泡的电荷量为09 .如图所示，假设入射光子的动量为p o,光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为Pi，传播方向与入射方向夹角为a,碰后电子的动量大小为P2，出射方向与光子入射方向夹角为口。已知光速为c,普朗克常量为九，下列说法正确的是（）W V X A A*碰撞前A.碰前入射光的波长为华B.碰后电子的能量为p 2 cC.Po=Ptcosa+p2cosD.Po=Pl +P210.一列简谐横波在t=1.0s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像，已知该波在介质中的传播速度为10/n/s,则（）A.该波沿x轴负方向传播B.再经过0.6 s,质点P运动的路程为6nlC.t=1.0s时质点P离开平衡位置的位移D.质点P的平衡位置坐标为x=5m二、实 验 题（本大题共1小题，共9.0分）1 1.小明用如图1所示的电路测量电池组的电动势和内阻。值”）。（2）闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将（选 填“红”或“黑”）表笔始终接触a位置，另一表笔依次试触b、c、d、e、/五个接线柱，发现试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、/时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是A.接线柱bd间短路B.接线柱de间断路C.定值电阻断路（3）排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图2所示，示数为 乙(4)作出1图线如图3所示，已知图线斜率为k,纵轴截距为6,则可得电池组的电动势5=,内阻r =。(用k、b和品表示)(5)为了分析电表内阻引起的误差，有同学根据所测数据，用/=+算出相应的电流，并作出U-/图像，如图中实线所示.然后作出电压表示数U随通过电源的电流/变化的图像，如图中虚线所示，其 中 分 析 正 确 的 是。kkko/o 1 0 1ABC三、简答题(本大题共4小题，共1 2.0分)1 2 .将一根绝缘硬质细金属丝顺次绕成如图所示的“8”字形线圈，两个圆形线圈半径分别为2 r和r,匀强磁场垂直于线圈平面，磁感应强度8随时间t变化的规律为B =B0+kt,已知线圈总电阻为R。(1)仅将大圆线圈置于磁场中，求线圈中的电流/；(2)将该线圈全部置于磁场中，求在时间t内通过线圈横截面的电荷量q。1 3.如 图 所 示，一定质量理想气体被活塞封闭在内壁光滑的气缸中，气缸和活塞绝热性能良好，活塞的横截面积为S,质量为m,静止在与气缸底部距离为L的小挡板上；密闭气体的压强、温度与外界大气相同，分别为P o和 现 接 通 电 热 丝 加 热 气 体，电热丝两端电压为U，电流为/,通电时间为3活塞缓慢向上移动距离2 L后静止，重力加速度为g，求该过程：(1)气体内能的增量4 U；(2)最终温度7 1 4.如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R,细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球4和重物B,小球4的质量为m,直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球4静止在Q点。松手后，小球4运动至P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g,s讥3 7。=0.6,cos37 =0.8.取兀=3.2,求：(1)小球4静止在Q点时对细管壁的压力大小心；(2)重物B的质量M；(3)小球4到达P点时加速度大小或1 5.如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2 L,间距为L.极板下方存在垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为殳。荧光屏M N水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断竖直向下发射速度为为=%、质量为加、电荷量为+q的粒子，形成宽度为3横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子间相互作用。(1)两板间电压为0时，粒子全部打到荧光屏上，求矩形磁场p的最小面积S；(2)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的;，求打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t；(3)在第(2)问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度8的取值范围。答案和解析1.【答案】D【解析】解：4、由质量数和电荷数守恒可知：j H+出 一 加 e+H+.6 M eV,X是中子故 A 错误；8、该反应是轻核的聚变，也叫热核反应不是链式反应。故 8 错误；C、结合能是把舒e拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6M eU,故C 错误；。、发生核反应后，原子核越稳定，则 的 比 结 合 能 比 亥 、：H的比结合能都大。故 O 正确。故选：Do根据电荷数和质量数守恒补充完整该核反应方程，并判断反应类型以及X是哪种核；根据结合能的概念判断释放的能量是不是结合能；最后根据原子核的稳定性判断比结合能的大小。本题考查了轻核的聚变，解决本题的关键是熟练掌握各类核反应方程，理解结合能和比结合能的概念。2.【答案】A【解析】解：C D、由于入射方向平行于BC边，根据光路的对称性可知，光达到AC边的入射角等于在4B边的折射角，所以最终单色光射出时也应该平行于BC边，故 CC错误；A B,同一介质对绿光的折射率大于对红光的折射率，所以在4 8 边绿光的折射角小于红光的折射角，所以绿光从4C边射出时在。点的上方，如图：故 4 正确，B错误；E故 选:Ao根据题意画出光路图，根据折射定律分析红光和绿光在2B边折射时折射角的大小，结合光的反射规律和几何关系判断绿光在4 c 边的出射点位置。本题考查光的折射，根据题意画出光路图，运用平面镜成像的作图方法分析两光在玻璃中光程大小是解题关键。3.【答案】B【解析】解：4在平衡位置处，分子势能最小，所受分子力为零，所以在与处所受分子力不为0,在看处所受分子力为0,故4错误；B.从与处向左移动，由图像斜率可知，分子力一直增大，故B正确；C分子间相互作用力随距离的变化关系如图所示：从占处向右移动，分子力先增大后减小，故C错误；。.由分子势能曲线对称看出，在次处由静止释放不能运动到与处，故。错误；故选：B.由分子间相互作用力随距离的变化关系结合分子势能图像即可解答.本题主要考查了分子间相互作用力和分子势能随距离的变化图像问题，解题关键是熟记两图像即可解答问题。4.【答案】D【解析】解：4滤光片的作用是将复色光变为单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是将单色光分解成频率相同、振动情况相同的相干光，因此滤光片应该放在单缝之前，故A错误；员调节拨杆只能调整单缝的角度，使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，故B错误；C.根 据 干 涉 条 纹 间 距 公 式 可 知，干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关，故C错误；。.根据干涉条纹间距公式Ax 其中，是双缝与毛玻璃屏的距离，当I增大时，干涉条纹间距dxa也增大，故。正确。故选：Do4根据滤光片、单缝、双缝的作用确定滤光片的位置;区实验时单缝、双缝要互相平行，可通过拨杆来调节单缝的角度；CD.根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。本题考查了双缝干涉测波长的实验装置的安装及调节，根据条纹间距公式确定影响条纹间距的因素。5.【答案】C【解析】解：4根据图像可知在0a时间段，电容器的电荷量在减少，因此电容器的电场能在减少，根据能量守恒定律可知，线圈中的磁场能在增加，故A错误；BC.从q-t图像可知，b、d两时刻电容器的电荷量最大，故电容器中电场能最大，线圈中磁场能最小，故电路中电流最小，故B错误，C正确；D有效的发射电磁波应该需要开放电路，故。错误。故选：C o根据图像得出电荷量的变化趋势，从而得出电场能和磁场能的变化趋势；根据能量的变化趋势得出电流的变化特点；有效的发射电磁波应该需要开放电路。本题主要考查了振荡电路的相关应用，理解振荡电路中的能量转化特点，结合图像的物理意义即可完成分析。6.【答案】A【解析】解：由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为AL的小圆弧所带电荷量9=鬻没有取走电荷时圆心。点的电场强度为零，根据电场强度叠加规律，取走4、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在。点产生的电场强度大小等于4、B处弧长为AL的小圆弧所带正电荷在。点产生的场强的叠加，方向相反，即有方剩=cos60。杆解得付E门剩=丝27T包R3方向沿C。，故A正确；8 co错误。故选：Ac根据电场强度E=k名结合矢量叠加规律求出合场强即可。本题主要考查了电场强度的叠加，解题关键是掌握点电荷电场强度公式以及平行四边形求矢量和。7.【答案】B【解析】解：圆形导线框大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力等效长度相等，即L=V-2rP、Q两点接入电路，电流表示数为/，由于大圆弧部分电阻是小圆弧部分电阻3倍，根据电路串并联规律，大圆弧部分与小圆弧部分电流大小分别为/大=；I _ 包,小一 4故线框所受安培力大小产安=B I#+BIL解得F安=H 8/r,故 8 正确，AC。错误。故选：B。根据电路串并联规律，确定电流，根据安培力等效长度结合安培力公式，求安培力大小。本题解题关键是正确分析电路串并联规律，并找出两端圆弧受安培力等效长度。8.【答案】C【解析】解：4、线框绕MN连线以角速度3匀速转动，产生正弦式交变电流，线框处于中性面时，电流方向发生变化，故 A 错误；B、线框经过图示位置时，穿过回路的磁通量最大，磁通量变化率为零，故 8 错误；C感应电动势的最大值为4 =NBSo)=B nr2a)=n r2Ba)有效值为E=粤=-nr2Ba)v 2 4灯泡两端电压等于电源电动势，则1/=，兀产83故 c 正确；D、由图示位置转过180。过程中感应电动势的平均值为足=丝=Bx2x品=竺吧At At At由图示位置转过180。过程中通过灯泡的电荷量为0=/t=lA t=At=qR AtR R故。错误。故选：Co线框绕MN连线匀速转动，产生正弦式交变电流，电流方向会发生变化；线框处于中心面时，磁通量变化率为零；根据=nBS3求解感应电动势的最大值，进而求解有效值；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解感应电流的平均值，根据电流的定义式求解通过灯泡的电荷量。本题考查正弦式交变电流，解题关键是区分峰值、有效值和平均值，知道求解通过灯泡的电荷量时用平均值计算。9.【答案】C【解析】解：4 根据德布罗意公式p=，可知，碰前入射光的波长为4=上，选项A 错误；人“0B.设电子的质量为沉，则碰后电子的能量为E=遗，选项B 错误；2mCD.沿着光子入射方向的动量守恒，即水平方向由动量守恒定律可知Po=Picosa+p 2 co s,选项C 正确，。错误。故选：Co根据题目可知，通过德布罗意公式求解入射光的波长；再通过动量和能量的关系式进行求解电子的能量，最后根据动量守恒求解初动量的大小。考查德布罗意公式和动量守恒定律，熟练掌握动量守恒式是矢量式，规定正方向进而准确求解。10.【答案】D【解析】解：4 由乙图，t=1.0s时，P点振动方向向上，根 据“上下坡”法，波沿x轴正方向传播，故 4 错误；8 1 个周期1.2 s,质点经过路程s=440.5个周期0.6 s,经过路程s=24以上规律在何位置开始都适用，故再经过0.6 s,质点P运动路程0.2 m,故 8 错误；C.由图乙，简谐振动表达式y-As in仔t)10sin(y t)当=1.0s时，质点P离开平衡位置位移y=(10s讥 cm=-5y/3cm故 C 错误；D t=1.2s时，P点振动到平衡位置，波沿%轴正方向传播，波形图如虚线所示:得 u=10 m/sXpQ=2 7 7 1又2 =vT=10 x 1.2m=1 2 m故 孙=+XQ PxP=5m故。正确；故选：0。根据振动情况确定传播方向；根据所给的时间与周期的关系求解P点振动的路程；根据图乙类可以读出该时刻的位移；由图乙类得到周期，根据V =彳变形后计算波长。写出质点P的振动方程，然后平移法或描点法求解坐标。本题考查了横波图象，掌握波动图象和振动图象结合分析的物理方法，掌握同侧法判断振动或波动方向。1 1.【答案】最 大 值 黑B 2.5 0 -&Db b【解析】解：(1)开关闭合前，应将电路中电阻调到最大值，从而使开关闭合后电路中电流最小,起到保护电路的作用。(2)a与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置。试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、/时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路。故 选:B。(3)电池组电动势为3V左右，电压表应选0,3人 最小分度值为0.1匕电压表示数为2.5 0 V。(4)由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知U=IR,/=高 用联 立 可 普 L结合：图像可知：=从 上=窄U R E E解得电动势为b内阻为r =R o(5)由题意可知/可知电流/为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用通过电源的电流满足/总/当电压表示数为0时，即外电路短路时，有/=/其故。正确，A B C错误。故选De故答案为：(1)最大值；(2)黑，B；k-blbJ7z 5 o(1)为保护电路，闭合后电路电流应最小，判断滑动变阻器的调节；(2)根据多用电表的直流电压挡使用方法判断；(3)根据电池组电动势选择电压表量程，明确最小分度值再读数；(4)根据闭合电路欧姆推导函数表达式，结合图像计算；(5)根据电压表造成的误差分析判断。本题考查测量电池组的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和误差分析。1 2.【答案】解：(1)仅将大圆线圈置于磁场中，感应电动势邑=竺1 =竺&=蛔 肛=位 兀 八1 At At At故线圈中电流为/l =*=手R R(2)将该线圈全部置于磁场中，由于小圆形线圈中的磁通量方向与大圆形线圈中的磁通量方向相反,因此整个线圈的磁通量为&=Bn(2rY-nr2 =3nr2B感应电动势为%=等=3 t o r2线圈中的电流为/2=学=亨R R时间t 内通过线圈横截面的电荷量为岑t答:(1)仅将大圆线圈置于磁场中，线圈中的电流竺歹；(2)将该线圈全部置于磁场中，在时间t 内通过线圈横截面的电荷量力3【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立，求电流；(2)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立，求电流，再根据电量计算式求电量。本题考查学生对法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律的掌握，其中当该线圈全部置于磁场中，由于小圆形线圈中的磁通量方向与大圆形线圈中的磁通量方向相反，这是解题的关键。1 3.【答案】解：(1)活塞缓慢移动时受力平衡，有P i S =p o S +m g气体对外界做功W=-PiS-2L气体吸收的热量Q =Ult根据热力学第一定律4U =Q+W解得：AU=Ult-(p0S 4-mg)2L(2)活塞发生移动前，气缸内气体发生等容变化，由查理定律得r0%活塞向上移动2L 的过程，气缸内气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律得K1=2%一 T2又有彩=3SL=3匕解得：7 2=37。(1+第)答：(1)气体内能的增量/U 为U/t -(p 0S +mg)2L；(2)最终温度T 为3T o(l +慧)。【解析】(1)活塞缓慢移动时受力平衡，由平衡条件求出气缸内气体对活塞的压力大小，由皿=/乙求出气体对外界做功，再由热力学第一定律计算气体内能的增量4 U；(2)活塞发生移动前，气缸内气体发生等容变化，由查理定律列方程。活塞移动时，气缸内气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律列方程，联立计算最终温度兀解决本题的关键要明确气体作何种变化，要知道活塞发生移动前，气缸内气体发生等容变化。活塞移动时，气缸内气体发生等压变化。14.【答案】解：(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N =m g c o s 5 3。N=0.6mg(2)小球4从Q点到P点，由机械能守恒定律M g 号-m g =1(M +m)v2对小球4在P点时7 n g e o s 37。=mgR解得M =1.5 m(3)小球A到达P点时向心加速度大小a =1R向心加速度大小a =g g切线加速度设为a ,对m和M分别使用牛顿第二定律：T-mgsin37=ma,M g-T =M a ,解得优=故小球4到达P点时加速度大小等于，+a“，解得小球4到达P点 时 加 速 度 大 小 等 于*g答：(1)小球4静止在Q点时对细管壁的压力大小0.6 m g；(2)重物B的质量1.5 m；(3)小球4到达P点时加速度大小fig。【解析】(1)小球4静止，压力大小等于重力分力；(2)小球A从Q点到P点，由机械能守恒定律，求质量；(3)根据向心加速度公式求向心加速度，根据牛顿第二定律求切线加速度，再求合加速度。本题考查学生对按力的效果分解力、机械能守恒定律、向心加速度公式的掌握，难度不高，是一道基础题。15.【答案】解：(1)当两板间电压为0时，粒子将做匀速直线运动穿过两极板间，进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB0=已知：%=皿解得：R=L要使粒子全部打到荧光屏上，考虑到边缘的粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示。由此可知，矩形磁场的最小面积S=(2R+L)x L=3L2(2)在两板间粒子向P板偏转做类平抛运动，根据题意可知：只有射入电场时离Q板距离 4范围内的粒子能进入磁场，可 得 能 进 磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为=,3设粒子进4 4入磁场时的水平分速度为以，则有：L3-4X以-22L=VQ解得：以=1%则射入磁场时粒子的速度大小为：V=J碎+诏=|v0速度方向与水平方向的夹角。满足：sine=1，可得：B=53v 5粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心角为2。=2 x 53。=1062由洛伦兹力提供向心力得：qvB0=m 解得：/?=1打在屏上的粒子在磁场中运动的时间：萼工驷=蚪360 v 90v0 90Mo(3)由前面分析可知，粒子射入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为9=53。，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨道半径为？，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点之间的距离为：I =2R sine=R为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，如下图所示。32 4解得：2同理由：解得：B0 B 8B0.答：(1)矩形磁场的最小面积S为3；(2)打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t为蓝藏；(3)磁感应强度B的取值范围为无 B 8B。【解析】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解；(2)在两板间粒子做类平抛运动，根据题意判断粒子在电场中水平方向上的位移，根据类平抛运动规律求得粒子进入磁场时的速度大小及方向，在磁场利用轨迹圆心角与周期求得时间；(3)分析粒子运动轨迹半径满足的条件，由洛伦兹力提供向心力求解。本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题。带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，要将运动分解处理：带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，根据牛顿第二定律求解。