2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高三上学期入学检测物理试题含解析

长沙市明德中学2023届高三年级2022年下学期入学检测

物理试题

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每题的四个选项中只有一个选项符合题目要求的。

1. 下列说法不正确的是 （　　）

A. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定

B. 衰变成要经过6次衰变和4次衰变

C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

D. 氢原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，A正确；

B．衰变成发生衰变的次数

次

衰变次数

次

B正确；

C．由光电效应方程可知发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次线性关系，不成正比，C错误；

D．氢原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大，D正确。

本题选择不正确的，故选C。

2. 以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比．下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故

a=g+

由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率减小；

有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故

a=g﹣

由于阻力随着速度而增大，故加速度减小，v﹣t图象的斜率减小，故A正确．

故选A．

3. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小

C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；

B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误；

C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误；

D．安培力和静摩擦力为一对平衡力，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，一束含有两种频率的复色光斜射向一块厚玻璃砖，玻璃砖的另一面涂有水银，光线经折射、反射、再折射后从玻璃砖入射面一侧射出，分成了两束单色光a和b、则下列说法正确的是（  ）

A. a、b两束出射光不会是平行的

B. 用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距

C. 在玻璃砖中a光的速度比b光的速度小

D. 若将该复色光从玻璃砖斜射向空气中，逐渐增大光在玻璃中的入射角，则在空气中的折射光，b光最先消失

【答案】D

【解析】

【详解】A．作出光路图如图所示

因为a、b两光在左边表面的折射角与反射后在左边表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，A错误；

B．根据频率越大，折射率越大以及

c=λf

因为b光偏折大因此光的频率大，即b光的波长小于a光的波长结合

可知用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，b光干涉条纹间距小于a光干涉条纹间距，B错误；

C．根据公式

可知，折射率越大，速度越小，而由B项可知，b光的频率大，故b光的速度小，C错误；

D．由B项可知，b光的频率大，则b光的折射率也越大，由

可得，从玻璃射向空气中，b光的全反射临界角越小，故b光最先消失，D正确。

故选D。

5. 2020年6月28日，长沙地铁3号线正式载客运营。3号线列车采用六节车厢编组，首尾两节车厢为无动力车厢，中间四节车厢为动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时。若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g，则第三节车相对第四节车厢的作用力大小为（　　）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】对整体，根据牛顿第二定律

对后三节车厢

解得

T34=0

故选A。

6. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：

，a∝t；

当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：

对m1：，μ、m1、m2都一定，则a1一定．

对m2：，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．

由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．

故选A

7. 用如图a所示的圆弧斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同下落高度h，最后作出了如图b所示的F-h图像，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（　　）

A. 0.125m B. 0.25m C. 0.50m D. 0.75m

【答案】B

【解析】

【详解】根据牛顿第三定律可知小球在弧形轨道最低点处对轨道的压力大小等于所受支持力大小，设小球在圆弧轨道最低点的速度为v0，根据牛顿第二定律有

小球做平抛运动的水平位移为

竖直位移为

由几何关系有

联立以上四式得

由图像知

mg=5N

解得

R=0.25m

故选B。

二、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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住沙漏斗，在沙子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中，下列说法错误的是（　　）

A. 细线OO′与竖直方向夹角逐渐减小 B. 细线OO′的张力逐渐增大

C. 人对地面的压力将逐渐增大 D. 人对地面的摩擦力将逐渐增大

【答案】ABD

【解析】

【详解】B．根据平衡条件，细线OO′的张力等于沙漏斗的重力，不断减小，B错误，符合题意；

A．轻滑轮的重力不计，受三个拉力而平衡，故三个拉力的方向均不变，细线OO′与竖直方向夹角不变，A错误，符合题意；

CD．对人受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：

由于F减小，故支持力增加，摩擦力减小；

根据牛顿第三定律，人对地的压力增加、摩擦力减小，C正确，不符合题意；D错误，符合题意。

故选ABD。

9. 设想在赤道上建造如图甲垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员通过电梯直通太空站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有（　　）

A. 随着r增大，宇航员的线速度也增大

B. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度

C. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径

D 随着r增大，宇航员感受到“重力”也增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A．“太空电梯”任意处于地球自转的角速度ω相同，因此线速度，因此随着r增大，宇航员的线速度也增大，故A正确；

B．宇航员在r=R处的线速度为

小于同步卫星的线速度，而第一宇宙速度是在地球表面绕地球做匀速圆周运动的速度

大于同步卫星线速度，所以宇航员在r=R处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C．B线上，在r0处

有

所以

所以图中r0为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；

D．随着r增大，万有引力减小，在电梯上随着r增大

所以宇航员感受到“重力”减小，故D错误；

故选择：AC。

10. 如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）

A. 整个过程，外力做功大于0，小于

B. 整个过程，理想气体的内能增大

C 左端活塞到达位置时，外力等于

D. 整个过程，理想气体向外界释放的热量等于

【答案】C

【解析】

【详解】A．整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功为零，选项A错误；

B．整个过程，因为汽缸导热且活塞缓慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不变，选项B错误；

C．左端活塞到达位置时，则封闭的气体的压强

解得外力

选项C正确；

D．整个过程，气体的内能不变，气体体积减小，外界对气体做功等于放出的热量，若在活塞上一次性放上质量为m的沙子时，外界对气体做功为

此时理想气体向外界释放的热量等于，但是因沙子是逐渐加入的，则外界对气体做功

理想气体向外界释放的热量也不等于，选项D错误。

故选C。

11. 如图所示为甩水拖把的示意图。将拖把的托盘连同周边的拖布条全部放入脱水桶，使上方的固定套杆和旋转杆竖直，手握固定套杆让把手从旋转朴的顶端向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，固定套杆每下降10cm，旋转杆带动脱水桶转动1圈∶当固定套杆静止不动或向上运动时，固定套杆对旋转杆既不施加动力、也不施加阻力。某型号的甩水拖把部件的数据为∶托盘半径为8cm，拖布条长度为6cm，脱水桶的半径为9cm。固定套杆从最高处沿旋转杆下降40cm到达最低处的过程中，旋转杆恰好转动了4圈。某次脱水时，固定套杆从最高处由静止匀加速持续向下运动，脱水桶从静止开始转动，历时3s，固定套杆刚好运动到底端，此时，刚好有水从拖布条脱出。则下列说法正确的是（　　）

A. 紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出

B. 脱水桶内胜与托盘外缘处的向心加速度之比为1∶ 1

C. 脱水桶内壁与托盘外缘处的向心加速度之比为9∶ 8

D. 拖布条表面附着的水刚被脱出时，脱水桶内壁处的线速度大小为m/s

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A．由

可知半径越大，所需要的向心力越大，所以紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出，故A正确；

BC．由

可知脱水桶内壁与托盘外缘的向心加速度之比即为半径之比，即9:8，故B错误，C正确；

D．由题意知3秒内旋转杆下降40cm，脱水桶转过4圈，脱水桶内壁转过的弧长为

固定杆匀加速向下运动，脱水桶内壁线速度大小均匀增加，转过的弧长与速度、时间的关系可类比匀变速直线运动的规律，所以

故脱水桶内壁处线速度大小为

故D错误。

故选AC。

三、非选择题：共52分。

12. 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出连接滑块的细绳中的拉力，传感器下方悬挂钩码，每次都将滑块从A处由静止释放，气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变。

（1）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm。然后他将滑块从A位置由静止释放，并测量释放时遮光条到光电门的距离L，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间，则滑块的加速度大小表达式为______（用题中所给的符号表示）

（2）实验时，一定要保证的条件或进行的操作是______（多选）

A.使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

B.测出钩码的重力

C.将气垫导轨调节水平

D.使细线与气垫导轨平行

【答案】    ①. 2.50    ②.     ③. CD

【解析】

【详解】（1）[1]．游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数d=2mm+0.50mm=2.50mm。

[2]．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度为：

根据运动学公式可知：

v2=2aL

解得滑块的加速度大小为：

（2）[3]．AB．拉力是直接通过传感器测量的，故不需要滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，不需要测出钩码的重力，故AB错误。

CD．应将气垫导轨调节水平，同时保证细线与气垫导轨平行，使拉力才等于合力，故CD正确。

故选CD。

13. 指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请回答下列问题：

（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a．为了使多用电表测量结果更准确，该同学应该选择欧姆挡_____档（选填“×10”“×1k”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为_____Ω．

（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表满偏电流为0.5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω；变阻器R0的阻值范围为0〜5000Ω．

①该欧姆表的两只表笔中，_____是黑表笔．（选填“A”或“B”）；

②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的．当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变_____（填“大”或“小”），若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则这个待测电阻的真实阻值为_____Ω．（结果保留三位有效数字）

【答案】    ①. ×1k    ②. 30000    ③. B    ④. 调小    ⑤. 387

【解析】

【详解】(1)[1]使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a．显然是批针偏转过小，示数太大，为了减小示数，则必增大倍率，即要欧姆档的倍率调到×1k；

[2]若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为

(2)[3]由于欧姆表与其他档位的表是共用表头的，所以欧姆表的内接电源的+接线柱必从表头的+相接，电流要求从+接线柱（即红接线柱）流进，所以A是红接线柱，B是黑接线柱；

[4]欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的．则此时调零电阻连入电路的电阻

当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，此时要使电流表仍满偏，则

所以要调小；

[5]若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为400Ω，则有：此时正常电阻400Ω在正常原电动势中的电流

若把此电阻接入旧的欧姆表中时电流I对应的阻值

14. 如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：

（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；

（2）O、M间的距离。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹如下图所示

粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

所以

（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，则有

qE = ma

v0tan60° = at1

联立解得

O、M两点间的距离为

15. 如图所示，通过一个定滑轮用轻绳两端各栓接质量均为m的物体A、B（视为质点），其中连接物体A的轻绳水平（绳足够长），物体A的下边放一个足够长的水平传送带，其顺时针转动的速度恒定为v，物体A与传送带之间的动摩擦因数为0.25；现将物体A以2v0速度从左端MN的标志线冲上传送带，重力加速度为g。试回答：

（1）若传送带的速度v=v0时，物体A运动到距左端MN标志线的最远距离？

（2）若传送带的速度取（0＜v＜2v0）范围某一确定值时，可使物体A运动到距左端MN标志线的距离最远时，与传送带因摩擦产生的内能最小，求：此时传送带的速度v=？摩擦产生的内能的最小值是多少？

【答案】（1）；（2），

【解析】

【详解】（1）若传送带的速度v=v0时，设物体A向右减速到v0时的加速度为a1，由牛顿第二定律

对物体A有

T+μmg=ma1

对物体B有

Mg-T=ma1

解得加速度的大小

物体A向右减速到v0时的位移为x1，由运动学公式有

得

当物体的速度小于v0时，物体A受的摩擦力向右，设加速度为a2，由牛顿定律得

对物体A、B整体，加速度的大小

Mg-μmg=2ma2

解得加速度的大小

物体A向右由v0减速到零时的位移为x2，由运动学公式有

得

物体A运动到距左端MN标志线的最远距离为

（2）物体A向右减速到v时的时间为

物体A向右减速到v0时相对传送带向前的位移为Δx1，由运动学公式有

物体A向右由v减速到零时，相对传送带向后的位移为Δx2，由运动学公式有

物体A与传送带因摩擦产生的内能为

对二次函数求极值得：当时，产生的内能最小为

16. 如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为（）。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体P的质量为m，滑板的质量为2m。

(1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；

(2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度；

(3)要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求的取值范围。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有

在最低点对小球Q牛顿第二定律可得

联立解得

（2）小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此

，

解得

物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒

由能量守恒可得

物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向

联立可得

（3）要求P有相对地面向右速度，说明P要滑到曲面上再返回运动，物块P相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时P有向右运动的速度即可，因此再次回到B时水平方向动量守恒可得

由能量守恒可得

联立可得方程

因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则

满足不等式即

，

则

联立可得