江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学2022-2023学年高三物理上学期联考试题（Word版附解析）

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江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学2023届高三联考物理试卷一、选择题（每题4分，共40分。1-6单选，其余多选）1. 已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量为，其中n＝2，3，4…已知普朗克常量为h，则下列说法正确的是(　　)A. 氢原子跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小B. 基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为C. 大量处于n＝3的激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光D. 若原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时所产生的电磁波能使某金属发生光电效应，则原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时所产生的电磁波也一定能使该金属发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A、氢原子跃迁到激发态后，核外电子的动能减小，电势能增大，总能量增大，选项A错误；B、基态的氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，最大动能为Ekm＝hν－E1，设电子的最大速度为vm，则vm＝，选项B错误；C、大量处于n＝3的激发态的氢原子，向低能级跃迁可辐射＝3种不同频率的光，选项C正确；D、从n＝6能级向n＝1能级跃迁产生的电磁波能使某金属发生光电效应，从n＝6能级向n＝2能级跃迁产生的电磁波频率比n＝6能级向n＝1能级跃迁产生的电磁波小，故不一定能使该金属发生光电效应，选项D错误．故选C．2. 下列说法中错误是（　　）A. 根据热力学第二定律可知，热量有可能从低温物体传到高温物体B. 气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的C. 运送沙子的卡车停于水平地面，在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热D. 晶体的物理性质都是各向异性的【答案】D【解析】【详解】A．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定条件下，通过做功等其它方式，是可以实现让热量从低温物体传到高温物体的，例如空调、冰箱，故A正确；B．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的，故B正确；C．在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程分析知气体的体积增大，对外做功，而胎内气体内能不变，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，故C正确；D．晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性，故D错误。本题选择错误的，故选D。3. 两辆汽车A、B沿同一条直线同向运动，B车在前面遇到紧急情况刹车，刹车开始时两车相距x＝30m，后面的汽车A一直做匀速直线运动，他们的速度图像如图所示，则A追上B所用的时间约为（　　）A. 1.0s B. 4.0s C. 5.0s D. 5.2s【答案】D【解析】【详解】由图可知汽车A做匀速直线运动的速度为汽车B做匀减速直线运动的加速度为汽车B速度减为零，运动时间运动的位移汽车停止前汽车A运动的位移则说明汽车B停止前汽车A没有追上，设A追上B所再用的时间约为，则所以A追上B所用的时间约为故选D。4. 如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且，定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当向上调节滑动变阻器的滑片P时，电流表、电压表示数变化量分别用和表示。则以下说法正确的是（　　）A.  B. C. 电阻消耗的功率 D. 电源的输出功率一定增大【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．根据变压器的原理可得 ，则有 ，原线圈电路中有即 整理可得则有所以AB错误；C．副线圈消耗的功率为所以C错误；D．当向上调节滑动变阻器的滑片P时，副线圈的总电阻减小，所以回路中的电流增大，电源的电压不变，所以电源的输出功率一定增大，则D正确；故选D。5. 某同学设计了一个滑梯游戏装置，如图所示，一光滑轨道AO固定在水平桌面上，O点在桌面右侧边缘上。以O点为圆心的光滑圆弧轨道BD竖直固定在桌子的右侧，C点为圆弧轨道BD的中点。若宇航员利用该游戏装置分别在地球表面和火星表面进行模拟实验，将小球放在光滑轨道AO上某点由静止下滑，小球越过O点后飞出，落在光滑圆弧轨道BD上。忽略空气阻力，已知地球表面的重力加速度大小为g，火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的。在地球表面或在火星表面上，下列说法正确的是（　　）A. 若小球恰能打到C点，则击中C点时的速度方向与圆弧面垂直B. 小球释放点越低，小球落到圆弧上时动能就越小C. 根据题目的条件可以得出火星表面的重力加速度大小D. 在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点【答案】D【解析】【详解】A．若小球恰能打到C点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等，设此时速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动规律可知由几何关系可知速度方向与圆弧面不垂直，A错误；B．小球释放点越低，则飞出时的速度越小，落点越低飞出后重力做功越多，小球落到圆弧上时动能不一定越小，B错误；C．在星球表面重力等于万有引力可得火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，可得C错误；D．小球在光滑轨道AO上运动的过程中，由动能定理得飞出后小球做平抛运动解得可知落点的位置与加速度无关，故在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点，D正确；故选D。6. 如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块、重叠放置在斜面上，细绳的一端与物块相连，另一端有结点，结点处还有两段细绳，一段连接重物，另一段用外力拉住。现让外力将物块缓慢向上拉动，将从竖直拉至水平，拉动过程中始终保证夹角，且绳子始终拉直，物块和以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是（　　）A. 绳子的拉力先增大后减小B. 对的摩擦力一直在增大C. 斜面对的摩擦力可能一直在减小D. 地面对斜面体的摩擦力一直减小【答案】A【解析】【详解】A．以结点O为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力F，其中OA段拉力大小等于mg，结点O转动过程中，动态分析图如下根据拉密定理有由于α保持不变，因此为定值。结点O转动至水平的过程中，角一直减小到直角，可得F逐渐增大，γ角从一直增大到，绳子的拉力先增大后减小，故A正确；B．对C受力分析，C一直处于平衡状态，B、C间的摩擦力一直不变，故B错误；C．对B、C整体受力分析可知，绳子的拉力与摩擦力的合力等于重力沿斜面向下的分力，由于绳子的拉力先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力不可能一直减小，故C错误；D．对B、C以及斜面整体分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于拉力F在水平方向的分力，拉力F在水平方向的分力先增大后减小，故摩擦力也是先增大后减小，故D错误。故选A。7. 如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起（不粘连），两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t0时刻F的大小是零时刻F大小的倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）A. t0时刻两滑块的速度大小均为gt0B. t0时刻前两滑块的加速度大小均为C. 弹簧的劲度系数为D. 0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为mg2t02【答案】BC【解析】【详解】AB． 由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，设此时弹簧的压缩量为x0，t=0时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，t=0时刻拉力大小为F0，t0时刻拉力大小为F，由题意可知施加拉力前，对A、B整体而言，由平衡条件得 kx=2mgsin30° t=0时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得F0+kx-2mgsin30°=2mat0时刻，对B由牛顿第二定律得F-mgsin30= ma解得由图乙可知，两滑块在t0时间内一起做匀加速运动，故t0时刻两滑块的速度大小为故A错误，B正确；C．t0内，A、B两滑块的位移为由题意可得t0时刻，对A由牛顿第二定律得kx0-mgsin30= ma施加拉力前，对A、B系统，有kx=2mgsin30° 联立解得故C正确；D．由题意可得，0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为故D错误。故选BC。8. 如图所示，匀强电场中有一固定斜面，电场方向平行斜面向下，一带正电的物体以初动能从斜面底端向上运动，第一次经斜面点时动能减少了，机械能减少了，电势能增加了，则有（　　）A. 返回斜面底端时的动能为B. 返回斜面底端时的动能为C. 从底端到第一次经过点摩擦力对物体做的功为D. 返回斜面底端时克服摩擦阻力做的功为【答案】AC【解析】【分析】【详解】ABC．根据功能关系，电势能增加了80J，电场力做的功为 机械能减小了100J，则有动能减少了，则有联立解得 ，根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，又因为上升过程中，重力，摩擦力，电场力为恒力，则上升过程位移相同，则各力做的功之比为则上升到最高点过程中，摩擦力做的功为从斜面底端向上运动，返回斜面底端时，由动能定理可得解得所以AC正确；B错误；D．返回斜面底端时克服摩擦阻力做的功为所以D错误；故选AC。9. 如图甲，绝缘水平面上有一“＜”型光滑金属导轨，Oa与Ob夹角为45°；将质量为m的长直导体棒PQ放在导轨上并与Oa垂直，除轨道Ob上的电阻R外，其余电阻不计，导体棒与导轨接触良好。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。t＝0时刻导体棒与0点间的距离为2L，棒在外力作用下，向左做直线运动，其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示，导体棒从PQ向左运动距离L到达MN的过程中（　　）A. 流过导体棒的电流恒为B. 导体棒运动的时间为C. 通过回路的电荷量为D. 外力做功为【答案】AD【解析】【详解】A.根据及可得对应图像斜率关系可得解得A正确；B.速度倒数随位移x变化的围城图形的面积表示导体棒运动的时间为,B错误；C.根据及和可得C错误；D.根据功能关系得解得D正确。故选AD。10. 如图，在水平面内存在半径为R和半径为2R的两个同心圆，在小圆和大圆之间形成一环形区域小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场，小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面，向各个方向发射速率相同、电荷量为q、质量为m的正粒子，粒子从发射至第一次离开小圆区域运动的时间均为，不计粒子所受的重力及相互作用力，下列说法中正确的是（　　）A. 粒子的发射速度大小为B. 为了将所有粒子都束缚在大圆区域内，环形区域磁场的磁感应强度的大小至少为BC. 若粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的时间为D. 若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，则粒子在两磁场中运动的总时间为【答案】CD【解析】【详解】A．粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一次离开小圆区域运动时间均为，可得由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是R，则有粒子的发射速度大小为A错误；B．粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式解得为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径由洛伦兹力提供向心力，可得B错误；C．由解析图可知，由于，因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的圆弧长所对的圆心角为120°，即运动的时间为C正确；D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也为，则有粒子在两磁场中运动的总时间为，D正确。故选CD。二、填空题（4分+10分）11. 如图所示，将题中木板竖起，钢球撞到带有白纸和复写纸的竖直长木板上，并在白纸上留下痕迹A，重复实验，将木板依次后退相同的水平距离x，钢球撞到木板上留下痕迹B、C，测量A、B、C点到O点的距离为y1、y2、y3，其中O点与钢球抛出时圆心位置等高，重力加速度为g。关于此实验以下说法正确的是（　　）A. 桌面的不需要保证光滑与严格水平B. 重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置再释放钢球C. 最终测得的数据y1：y2：y3值近似为1：4：9D. 由以上数据可以得到钢球被水平抛出时的速度为【答案】BD【解析】【详解】A．桌面的不需要保证光滑但需要保证严格水平，A错误；B．为了保证抛出时的速度相同，必须将弹簧压缩到同一位置再释放钢球，B正确；C．钢球撞到木板上A点时，与抛出点的水平距离不知，不能保证OA段的时间和AB、BC段的时间相同，故不能得到y1：y2：y3的比值，C错误；D．因为平抛运动水平方向为匀速直线运动，钢球在AB、BC段运动用的时间相同，竖直方向由自由落体运动规律又由得D正确。故选BD。12. 某物理实验小组看到一则消息：锂硫电池的能量密度高，可使电动汽车的续航从提升至，再提升三倍，手机一个星期都不需充电。这激起了同学们对电池的研究热情，他们从市场上买来一新款电池，要测量这款电池的电动势和内阻，并利用这个电池提供电能测量一未知电阻的阻值，设计了如图甲所示的实验电路。器材如下：A.待测电池B.待测电阻（约）C.电流表（量程、内阻很小）D.电流表（量程、内阻很小）E.电阻箱（最大阻值）F.开关一只，导线若干实验步骤如下：（1）根据电路图，请在图乙的实物图中画出连线________；（2）根据记录的电流表的读数和电流表的读数，以为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值为横坐标，得到的图像如图丙所示。则图像在纵轴的截距为____________，待测电阻____________（结果均保留两位有效数字）；（3）图丁是以电流表的读数为横坐标，以电流表的读数为纵坐标得到的结果。由图可求得电池的电动势____________V，内阻____________（结果均保留三位有效数字）。
 【答案】    ①. 见解析    ②. 1.0    ③. 7.2    ④. 8.96    ⑤. 3.2【解析】【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示：（2）[2][4]电流表A1测通过Rx的电流，电流表A2测干路电流，同时R与Rx并联，则由欧姆定律可得变形得结合丙图可知，纵轴的截距为1；根据图中数据可知，图线的斜率为根据公式可知，此时的斜率即为Rx的阻值，即Rx的值为7.2Ω。（3）[4][5]由题意及全电路欧姆定律可得变形可得即，由（2）中Rx=7.2Ω解得r=3.2ΩE=8.96V三、计算题（10分+10分+12分+14分）13. 如图所示，两端开口内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置在地面上，活塞A质量mA=1kg，活塞B质量mB=2kg，两个活塞由长度为L=20cm的轻杆相连，A活塞的横截面积SA=10cm2，B活塞的横截面积SB=20cm2，两活塞均不计厚度，活塞间封闭有一定质量的理想气体。上方较细的气缸足够长，下方较粗的气缸长度为H=20cm，开始时，活塞B距离地面h=10cm，活塞B下面有一弹簧上端固定在活塞B上，下端固定在地面上，弹簧的劲度系数k=175N/m，此时弹簧处于原长，整个装置处于静止状态。大气压强恒为，初始时汽缸周围环境温度T=400K，重力加速度g为10m/s2。（1）求初始时活塞间封闭气体的压强p1；（2）若缓慢降低环境温度至200K，求活塞B到地面的距离。【答案】(1)；(2)20cm【解析】【分析】【详解】(1)设杆对A活塞的作用力向下，则对B活塞的作用力向上，大小均为F，对A、B活塞，由平衡条件分别可得联立可得代入数据解得(2)当温度刚降低时，由于外界大气压不变，由(1)的解析可知，活塞间气体压强不变，由盖吕萨克定律可得，气体温度减小，体积减小，则活塞上升，假设活塞塞B上升高度为（），对活塞A、B由平衡条件分别可得联立解得假设，设此时活塞B与气缸接口处无挤压，此时封闭气体温度为T，计算可得降温前体积为降温后体积为由理想气体状态方程可得代入数据解得故活塞B恰好运动至气缸接口处，即活塞B到地面的距离为20cm。14. 如图，间距为L的足够长的“ ”形金属线框abcd静置在光滑水平桌面上，质量为m的导体杆A平行bc边放置在线框上，且保持与金属线框接触良好，二者间的动摩擦因数为，导体杆A始终挡在两个固定小立柱M、N的左侧。空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。某时刻，对bc边施加一水平向右的拉力F（大小未知），当导体杆A离bc边距离恰好为L时，线框开始以速度v做匀速运动，并以此刻作为计时起点。已知导体杆和金属线框单位长度的电阻均为r，重力加速度为g。在t时刻，求：（1）立柱M受到导体杆的压力大小；（2）水平拉力F的大小；（3）回路中的电功率。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）开始计时以后导体杆做匀速直线运动，感应电动势回路的电阻由闭合电路欧姆定律导体杆受到的安培力大小为方向水平向右立柱M受到的压力大小（2）由上可知，bc边受到的安培力与导体杆受到的安培力大小相等方向水平向左导体杆对线框的摩擦力大小由平衡条件可知，水平拉力大小（3）回路中的电功率15. 如图所示，一质量M=1kg的绝缘木板静止于水平地面上，在距其左端L=m处存在宽度d=2m、方向竖直向下的匀强电场区域，匀强电场的电场强度大小E=300N/C。一质量m=1kg、电荷量q=0.1C的带正电物块（视为质点）放在木板的左端，物块在水平向右的恒力F（大小未知）作用下从静止开始运动，物块进入电场后在电场中做匀速直线运动，在物块刚离开电场右边界时撤去恒力F，物块未从木板右端滑离。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求物块刚进入电场区域时的速度大小；（2）求从木板开始运动到物块和木板的速度相同时经历的时间；（3）若物块刚进入电场时，撤去恒力F，同时在电场区域内加一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=100T的匀强磁场，求物块通过电场区域的过程中受到的电场力的冲量大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】本题考查带电物块在电场中的运动，目的是考查学生的分析综合能力。【详解】（1）物块进入电场前，受到的摩擦力大小木板与地面间的最大静摩擦力故物块进入电场前，木板处于静止状态，物块进入电场后在电场中做匀速直线运动，有设物块刚进入电场瞬间的速度大小为，有解得（2）物块在电场中运动的过程，设木板的加速度大小为，物块在电场中运动的时间为，物块刚出电场时木板的速度大小为，对木板有解得对物块有解得木板的速度大小设物块出电场后减速至与木板的速度相同时所用的时间为，物块出电场后的加速度大小为，该过程中木板做匀速直线运动，对物块有解得解得从木板开始运动到物块和木板的速度相同时经历的时间（3）物块刚进入电场时，受到的洛伦兹力的大小方向竖直向上，物块受到的电场力和重力的合力方向竖直向下，故该过程中，物块在磁场中做匀速直线运动，有物块通过电场区域的时间该过程中物块受到的电场力的冲量大小解得16. 如图所示，倾角的传送带，正以速度顺时针匀速转动。长度，质量为m的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进时机器人将另一质量也为m（形状大小忽略不计）的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，从此刻开始，每间隔机器人将取走货物而重新在木板右端轻放上相同的货物（一共放了两次货物），重力加速度为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，求：（1）木板前进时的速度大小；（2）取走第一个货物时，木板的速度大小；（3）取走第二个货物时，木板的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）木板放在传送带上受到重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力作用根据牛顿第二定律有代入数据，解得前进3m，由位移速度关系代入数据，木板前进时的速度大小（2）放上货物后，货物受重力、支持力、滑动摩擦力作用 向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有代入数据，解得木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力因为木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律解得05货物加速，木板减速，当两者速度相等时解得s，之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有再次加速至与传送带共速，则有与传送带共速后木板与货物一起继续匀加，则有解得则整体继续向下加速0.5s，则此时速度为取走第一个货物时，木板的速度大小为；（3）取走第一个货物，轻放上第二货物时，对货物有对木板有且木板以做匀减速运动，设木板与传送带共速时，则有此时货物的速度为则木板与传送带先共速，接下来传送带仍以原加速度匀加，木板以做匀减速，直至二者共速，则有解得，二者共速后的加速度为再次加速至与传送带共速的时间与传送带共速后木板与货物一起继续匀加，则有取走货物时