江苏省南通市如皋市2023-2024学年高三上学期期初考试押题物理解析(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省南通市如皋市高三上学期期初考试押题卷

试题解析 1．B AB．由图可知，在0～2s时速度为负值，2～4s时速度为正值，即物体先沿负方向运动，再沿正方向运 动，故A错误，B正确； C．在0～2s时物体一直往负方向运动，4s末返回到出发点，故t=2s时物体离出发点最远，故C错误； D．v-t图象的斜率表示加速度，0-4s图象的斜率不变，加速度相同，故D错误。 故选B。 2．B CD．根据题意，由已知条件可知，MPN 边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，由 电阻定律可知，边MPN 的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，由于通过M 点的电流为I ， 2 1 则MN中的电流大小为 I，MPN 中的电流为 I，由安培力公式有 3 3 1 F B IL 3 解得 3F B IL 故CD错误； AB．由安培力公式可得，MN边受到的安培力的大小为 2 F B IL2F 1 3 由左手定则可知，方向为竖直向上，由于MPN 边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相 同，则MPN 边受到的安培力的大小为 1 F B ILF 2 3 方向竖直向上，则整个线框受到的安培力的大小为 F' F F 3F 1 2 故A错误，B正确。 故选B。 3．A AC. 从早晨到中午，随着气温的升高，气体的分子平均动能最大，内能增大，从而导致对气球壁的平均撞 击力变大，所以气球的体积会增大，选项A正确C错误． 学科网（北京）股份有限公司B. 因气球的体积增大，所以气体对外界做功，选项B错误． D. 气体的内能增大，同时气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，选项D错误． 4．C A．卫星运行过程中由重力提供向心力 GM m mv2 地  r2 r 可得 GM v 地 r 可知M的线速度是m的线速度的 2倍，A错误； B．同理根据 GM m 42 地 m r r2 T2 可得 r T 2r GM 地 2 可知M的周期是m的 倍，B错误； 4 C．激光系统启动时，若m与M与中心天体“三点一线”则无法击中目标，C正确； D．卫星运行过程中由重力提供向心力 GM m 地 m22R (2R)2 可得 GM  地 8R3 从启动激光系统到击中，m转过了的弧度为 GM t t 地 8R3 选项中M不是中心天体质量，D错误； 故选C。 5．A AB．光束①与上表面的反射光相互垂直，可知其折射角为30°，由光的折射定律可知，玻璃砖对光线①的 学科网（北京）股份有限公司折射率 sin60 n   3 1 sin30 由光路图可知，玻璃对光线②的折射率小于对光线①的折射率，可知 nn  3 1 因 1 1 3 sinC    n 3 3 选项A正确，B错误； CD．光线在下表面的入射角都等于在上表面的折射角，可知两束光线均不能在下表面发生全反射，选项 CD错误。 故选A。 6．B AB．由光路图看出，光线b在NO面上发生了全反射，而光线a在MO面上没有发生全反射，而入射角相 1 同，则知b光的临界角小于a光的临界角，由sinC  可知，玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，故 n A错误，B正确； c C．玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，由v 可知，在玻璃中，a光的速度大于b光的速度，故C n 错误； D．由于玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，由 L 公式x 可知，a光的双缝干涉条纹宽度比b光的大，故D错误。 d 故选B。 7．B 对物体B受力分析，因匀速上升，则F=mgsinθ，选项A错误；A、B间的作用力为F =mgcosθ，选项B正 N 确；对AB的整体，竖直方向：N+Fsinθ=(M+m)g，解得地面对A的支持力大小为N=(M+m)g- Fsinθ；水平 方向：Fcosθ=f，则选项CD错误；故选B. 8．A 开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零； 当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边磁感应线产生的感应电动势为 学科网（北京）股份有限公司1 1 E  BL2 0.30．12200V=0.3V 1 2 2 则4条边产生的总的感应电动势为E=4E =1.2V，感应电流的大小为 1 E 1.2 I   A=3A R 0.4 根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向； 当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流； 当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3A，电流方向为ADCBA，即为负值。 综上所述，A正确、BCD错误。 故选A。 9．C A. 注射器不必固定在水平面内，故A错误； B. 移动活塞时应缓慢一些，不应迅速记录，要等稳定后再记录，故B错误； C. 探究气体等温变化，不需测出注射器内封闭气体的质量，故C正确； D. 气体的压强和体积单位可以不使用国际单位，故D错误。 故选C。 10．B A．合速度的大小可能大于两个分速度，也可能等于两个分速度，还可能小于两个分速度，跟夹角有关 系，故A错误； B．合运动和分运动具有等时性，故B正确； C．平抛运动的两个分运动都是直线运动，但合运动为曲线运动，故C错误； D．两个匀变速直线运动的分运动，其在两个方向上受力都是恒定的，所以两个力的合力也是恒定的，但 合力的方向不一定与初速度方向相同，故不一定做匀变速直线运动，故D错误。 故选B。 11．A 电动车的初速度为v 10m/s，刹车时间为t 10s， 0 则由速度0v at，可得刹车的加速度为 0 v a 0 1m/s2 t 采用逆向思维，知汽车做反向的初速度为零的匀加速直线运动，第10s内的位移为静止开始的匀加速直线 运动的第1s内的位移，有 学科网（北京）股份有限公司1 1 x  at2  112m0.5m 1 2 1 2 故选A。 12． 0.97/0.98/0.99 9.6/9.7/9.8/9.9/1.0 分压式 4.5×10-7/4.6×10-7/4.7×10-7/4.8×10-7/4.9×10-7 CD支路没有分流，安培表示数等于待测电阻电流；CD两点电势相等，伏特表示数等于待测电阻电压 （1）[1]电压表量程为3V，则读数时读取下面所示刻度，其最小刻度表示0.1V，因此需要估读一位，可读 的其读数为0.98V。 （2）[2]在UI图像中，图像的斜率表示电阻，因此跟你举图像可得 2.88 R 9.6Ω 0.3 [3]根据UI图像所描点迹对应的电压范围可知，电压范围变化大，而分压式接法的一大特点就是电压可 调范围大，因此可知，该同学所用电路中滑动变阻器的连接方式为分压式接法。 （3）[4]根据已知条件可得该合金丝的长度为 D L142 14D 2 该合金丝的横截面积为 d d2 S ( )2  2 4 根据电阻定律有 L R S 可得 RS  L 联立以上各式，代入数据可得 4.6107Ωm （4）[5]惠更斯电桥法的原理就是通过调节滑动变阻器与两个电阻箱，使连接检流计G的电流为零时，即 使CD支路没有分流，则可保证安培表示数等于待测电阻电流；而检流计G的电流为零，则说明CD两点 电势相等，即伏特表示数就等于待测电阻得电压，电流表和电压表所测均为待测电阻电流与电压得真实 值。 2h 22h 13．(1)R；(2)R ；(3)R 1 g g 解：(1)雨滴离开伞边缘后沿切线方向水平抛出 学科网（北京）股份有限公司雨滴飞出的速度大小为：vR 1 (2)雨滴做平抛运动在竖直方向上有：h gt2 2 2h 解得运动时间为：t g 2h 发生的水平位移：xvt R g (3)由几何关系知，雨滴半径为：r R2x2 22h 解以上几式得：rR 1 g 14．74.25cmHg 由于 L L 1 2 可知U型玻璃管旋转前A端气体压强p 大于B端气体压强p ，旋转后A端气体压强p小于B端气体压 1 2 1 强p，则对于A端气体，初状态压强p ，气柱长度 2 1 L 20cm 1 末状态压强p，气柱长度 1 L22cm 1 对于B端气体，初状态压强 p =p -8cmHg 2 1 气柱长度 L 12cm 2 末状态压强 p  p12cmHg 2 1 气柱长度 L 10cm 2 由等温变化规律可得 pL  pL 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司p L  pL 2 2 2 2 联立解得 p 74.25cmHg 1 8 15．（1）v 0.4m/s；v 0.4m/s；（2）x5.84m；（3）I  Ns（n1，2，3 ） a1 b1 3n  （1）a球做加速运动的加速度为a，则 Bqv m a 0 a 设第一次碰前速度为v ，则 a0 v2 2aL a0 设a和b碰撞后速度为v 、v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 a1 b1 m v m v m v a a0 a a1 b b1 1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 a a0 2 a a1 2 b b1 解得 v 0.4m/s a1 v 0.4m/s b1 （2）设物块a、b第一次碰后再经过时间t 发生第二次碰撞 1 1 v t  at2 v t a11 2 1 b11 解得 t 0.4s 1 第二次碰撞前a的速度 v v at 1.2m/s a1 a1 1 第二次碰撞前b的速度 v v 0.4m/s b1 b1 碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m v m v m v m v a a1 b b1 a a2 b b2 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 m v2 m v2  m v2  m v2 2 a a1 2 b b1 2 a a2 2 b b2 解得 v 0 a2 v 0.8m/s b2 第二次和第三次碰撞的时间间隔为t ，则 2 x x a2 b2 即 1 v t  at2 v t a2 2 2 2 b2 2 解得 t 0.4s 2 第三次碰撞前a的速度 v v at 1.6m/s a2 a2 2 第三次碰撞前b的速度 v v 0.8m/s b2 b2 碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m v m v m v m v a a2 b b2 a a3 b b3 1 1 1 1 m v2  m v2  m v2  m v2 2 a a2 2 b b2 2 a a3 2 b b3 解得 v 0.4m/s a3 v 1.2m/s b3 即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前 的瞬间位移分别为 x v t 0.16m b1 b1 x v t 0.420.4m0.32m b2 b2 x v t 0.430.4m0.48m b3 b3 学科网（北京）股份有限公司则杆的长度是 xL x x x ···x 5.84m 0 b1 b2 b3 b8 （3）若给a球一个冲量I ，则 I m v a 0 a球和b球碰撞 m v m v m v a 0 a a b b 1 1 1 m v2  m v2 m v2 2 a 0 2 a a 2 b b 解得 I v  b 2 b球在长方形区域时 m g Eq b b 则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 m v2 q v B  b b b b 0 r nr2L（n1，2，3 ）  联立解得 8 I  Ns（n1，2，3 ）  3n B2L2v2T 1 B2L2vT 16．（1） 0  mv2；（2） 0 mv 8(Rr) 2 0 2(Rr) 0 （1）速度随时间的变化关系为 2 vv cos 0 T 电路中产生正弦式电流，电动势的峰值 E BLv 0 0 电动势的有效值 E E 0 2 产生的热量 E2 T Q  Rr 4 学科网（北京）股份有限公司解得 B2L2v2T Q 0 8(Rr) 安培力做的功 W Q A 由动能定理有 1 W W 0 mv2 A 2 0 解得 B2L2v2T 1 W  0  mv2 8(Rr) 2 0 （2）单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，从平行磁感线位置开始转动后的四分之一周期 内，流过线圈的电量为  BS E T qIt  t   m tR R 2R 总 总 总 （其中E BS） m 将本题由于速度变化产生交变电流的情景与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型类比，可得 BS E T BLvT q = m  0 R 2R 2(Rr) 总 总 根据动量定理 I I 0mv 安 0 又 I FtBLItBLq 安 解得 B2L2vT I  I mv  0 mv 安 0 2(Rr) 0 学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司