江苏省南通市如皋市2022-2023学年高三物理上学期期中试题（Word版附解析）

如皋市2022-2023学年度高三年级第一学期期中教学质量调研

物理

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟.考试结束后，请将答题卡交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.

3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分.每题只有一个选项最符合题意.

1. 如图所示，酒精测试仪由电源（有内阻）、酒精气敏传感器R1、定值电阻R0、电压表组成，的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，闭合开关后，若酒精气体浓度增大，则（　　）

A. 路端电压减小 B. 电压表示数减小

C. 电源的效率增大 D. 电源的输出功率增大

【答案】A

【解析】

【详解】AB．酒精气体浓度增大，阻值减小，则电路中的电流

变大，路端电压

变小，根据

变大，故A正确，B错误；

C．电源的效率

变小，则电源的效率减小，故C错误；

D．当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道初始时外电阻与电源内阻的关系，所以不知道电源输出功率的变化，故D错误。

故选A

2. 小华用如图所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻，实验测量得到的图线和理论图线关系正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可得本实验电路图如下图所示。

理论的图像解析式应为

如果考虑电表内阻误差，则误差来源为电压表分流。

由实验电路可知电压表测量示数准确，为电源路端电压，即

但电流表测量的不是外电路总电流，实际电流应包含电压表所在支路电流，即

由于电压测量值准确，则选取同一电压值，电流理论值值比测量值大（偏差为），且电压值选取越大，电流偏差越大。又由于当选取外电路电压为0（取不到）时，则两条图线在轴相交。

故选B。

3. 消防员用靠在一起口径相同的高压水枪甲、乙进行灭火，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，不计阻力，则（　　）

A. 甲水枪喷出的水在空中运动的时间比乙的长

B. 甲水枪喷出的水在最高点的速度比乙的小

C. 相同时间内，甲、乙水枪喷出的水质量相同

D. 甲水枪喷水的功率较大

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知，甲、乙两支水枪所喷出的水在空中的高度相同，根据公式

因此在竖直方向运动的时间相同，故A错误；

B．因为斜抛运动在水平方向的分速度大小不变，因此在相同时间内运动的越远，水平分速度越大，可知甲水枪喷出的水在最高点的速度比乙的小，故B正确；

CD．甲、乙两支水枪所喷出的水在空中的高度相同，因此可知在竖直方向的分速度相同，水平方向的速度乙大于甲，因此合速度乙大于甲，相同时间内，甲水枪喷出的水质量小于乙水枪喷出的水质量，可知相同时间内，乙水枪喷出的水动能大，乙水枪喷水的功率较大，故CD错误。

故选B。

4. 如图所示，一束含不同离子的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场并分裂为A、B两束，则（    ）

A. A束离子的比荷一定大于B束离子的比荷

B. A束离子的动量一定等于B束离子的动量

C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

D. 若仅将离子束电性改为相反，则离子束不能顺利通过速度选择器

【答案】A

【解析】

【详解】A．经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足

qvB=qE

即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小

进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式

可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故A正确；

B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷，速度相同，由于不清楚电量关系，无法知道质量关系，无法判断动量关系，故B错误；

C．AB粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断AB束离子都带正电，在速度选择器中，电场方向水平向右，AB粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故C错误。

D．若仅将离子束电性改为相反，则离子束仍能顺利通过速度选择器，因为电场力与洛伦兹力仍然相互平衡，故D错误。

故选A。

5. 银河系中心为一超大密度的黑洞，其第一宇宙速度达到光速c，一距离该黑洞中心的距离为r的星体，绕黑洞中心的周期为T，则该黑洞的半径为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设该黑洞的半径为，根据题意可得

对围绕黑洞运行的星体

联立解得

故选A

6. 长为L的导体棒PQ通过绝缘挂钩与竖直悬挂的弹簧相连，PQ末通电时处于矩形匀强磁场区域的上边界，通了大小为I的电流后，PQ与磁场上、下边界的距离相等，如图所示，已知磁感应强度大小为B，磁场高度为h，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）

A. PQ所通的电流方向向右

B. PQ受到的安培力大小为BIL

C. 若撤去电流，PQ将做振幅为h的简谐运动

D. 若电流大小缓慢增加到1.5I，PQ未离开磁场

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题意可知，导体棒PQ通电流后，弹簧的弹力变大，可知PQ所受安培力竖直向下，根据左手定则可知电流方向从右向左，故A错误；

B．因为导体棒PQ在磁场中的长度小于，所以PQ受到的安培力大小小于，故B错误；

C．若撤去电流，PQ的平衡位置处于磁场上边界，可知PQ将做振幅为的简谐运动，故C错误；

D．设磁场宽度为，根据题意可得

当电流大小缓慢增加到1.5I，时

解得

可知PQ未离开磁场

故D正确。

故选D。

7. 如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域（阴影部分）可能的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示

粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。

8. 台风过后，志愿者小红正在扶正被刮倒的一棵树苗，如图所示，小红向左运动，手与树苗接触点的高度为h并保持不变，当树苗与水平面的夹角为θ时，树苗的角速度为ω，则此时小红的速度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设小红的速度为，沿着树苗方向和垂直树苗方向分解，如图所示

树苗的速度

由几何关系可得

联立可得

故选A。

9. 如图所示，斜面体Q静止在光滑的水平面上，表面光滑的小物块P从斜面顶端由静止释放，P、Q的质量相等，则（  ）

A. P沿斜面下滑过程中P、Q动量守恒

B. P沿斜面下滑过程中其重力的功率先增大后减小

C. P滑到斜面底端时的加速度大于Q的加速度

D. P从斜面顶端滑到斜面底端过程中的轨迹是曲线

【答案】C

【解析】

【详解】A．水平面光滑，小物块下滑过程中，系统水平方向动量守恒，A错误；

B．小物块下滑过程中竖直方向是加速运动，所以重力的瞬时功率一直增大，B错误；

C．    物块滑到斜面底端时，两者水平方向作用力等大反向，又因为两者质量相同，所以两者加速度大小相等，由于P有竖直向下的加速度，而Q没有竖直方向的加速度，所以P的合加速度大于Q的加速度，C正确；

D．P从斜面顶端滑到斜面底端过程中受到的重力和支持力为恒力，所以合力为恒力，物块由静止运动，所以其轨迹是一条直线，D错误。

故选C。

10. 如图所示，O为竖直方向上固定的等量异种点电荷连线的中点，点M、N关于O点对称，无穷远处电势为0。一带负电荷的小球从M点由静止释放，在其运动至N点的过程中，小球的加速度大小、速度大小、动能和电势能与时间或位移的关系图像正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于小球从M点由静止释放，能够向下运动至N点，表明初始状态的加速度不为0，故A错误；

B．根据等量异种点电荷的电场线分布特征，小球从M点至N点，电场强度先减小后增大，带负电小球受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律可得

可知小球的加速度先增大后减小，速度时间图像斜率表示加速度，而图中斜率先减小后增大，故B错误；

C．小球从M点至N点，加速度先增大后减小，方向一直竖直向下，故小球一直做加速运动，小球的动能一直增加，故C错误；

D．小球从M点至N点，电场力做负功，电势能逐渐增加；电势能与位移的图像的斜率表示电场力，根据等量异种点电荷的电场线分布特征，小球从M点至N点，电场力先减小后增大，即图像的斜率先减小后增大，故D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共60分.其中第12题第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

11. 某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率.

（1）首先用游标卡尺测量该金属丝的长度，示数如图甲所示，其长度________cm；再用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图乙所示，其直径_________mm.

（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，下列实验操作步骤，正确顺序是_____________

①将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点

②将选择开关旋转到“”挡的“”位置

③调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度

④将选择开关旋转到OFF位置

⑤将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约20Ω

（3）为进一步准确测量该金属丝的电阻，实验室提供如下器材：

电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）；

定值电阻（阻值为10Ω）；

电压表V（量程为5V，内阻未知）；

电流表A（量程为20mA，内阻为90Ω）；

滑动变阻器R（阻值范围为0∼20Ω，额定电流2A）；

开关S、导线若干.

请利用以上器材，在下方的虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）______

（4）若电压表示数为4.2V，电流表示数为15mA，试分析能否计算出的准确值，若能，写出的准确值；若不能，写出误差的来源________

（5）写出该金属丝电阻率的表达式_________（用L、d、表示）.

【答案】    ①. 11.050    ②. 1.995##1.994##1.996    ③. ③②①⑤④    ④.     ⑤.     ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，游标卡尺的读数为

[2]螺旋测微器的精确值为0.01mm，螺旋测微器的读数为

（2）[3]用多用电表粗略测量金属丝的电阻，下列实验操作步骤，正确顺序是调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度、将选择开关旋转到“”挡的“”位置、将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点、将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约、将选择开关旋转到OFF位置，故顺序为③②①⑤④；

（3）[4]电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻电流的准确值、以及电阻两端电压的准确值，如图所示

（4）[5]根据（3）分析可知，可以得出电阻的准确值，电阻的电压

流过电阻的电流

根据欧姆定律

代入数据联立解得

（5）[6]根据电阻定律

又

联立可得

12. 一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距8m的两质点，波先传到P点，当Q点振动一段时间后开始计时，P、Q两点的振动图像为如图所示的实、虚线。求：

（1）波的传播速度大小v；

（2）Q点的振动方程。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）距离和波长的关系

周期

波速

解得

（2）圆频率

初相位

Q点的振动方程

13. 如图所示，回旋加速器核心部分是两个D形盒，处在垂直于盒底面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，盒的圆心为O。两盒间接有高频交流电，在盒间产生大小不变的加速电压，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，忽略加速时间。质量为、电荷量为的粒子从O点附近飘入加速电场，经过N次加速后离开加速器，此时粒子的动量大小为p。

（1）求D形盒的半径R；

（2）粒子多次加速后经过P点绕O做半径为r的圆周运动，求粒子加速到P点所需的时间t。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即

又根据题意可知动量

解得

（2）在磁场中N次加速

那么次加速

又根据洛伦兹力提供向心力求解半径表达式

，

联立以上各式解得

洛伦兹力提供向心力求解磁场中的周期

整理可得

粒子加速到P点所需要的时间

联立以上各式可得

14. 如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，。PQ、MN间存在着匀强电场，，。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v0均匀向各个方向射入的区域，离子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上。离子到达MN边界即被吸收，不计离子重力及相互作用。

（1）求匀强磁场磁感应强度大小B；

（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到D点,求：

①电场强度大小E；

②MC区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。

【答案】（1）；（2）①；②

【解析】

【详解】（1）轨迹半径

向心力

解得

（2）①轨迹半径

所有离子均以沿x轴正向进入电场，从A点入射的离子

y方向

解得

②从某点出射的离子打到C点，如图

y方向

解得

根据几何关系

解得

15. 如图甲所示，足够长的木板B静止在的光滑水平面上，t = 0时刻，物块A以初速度v0= 3m/s从B右端滑上B，同时给B施加一水平方向的作用力F，F随时间t变化情况如图乙所示，规定水平向左为正方向，3s后撤去F。已知A的质量mA= 2kg，B的质量mB= 4kg，A、B间的动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）t = 0时刻A、B的加速度大小aA、aB；

（2）0∼2s内A和B间产生的摩擦热Q；

（3）A最终的动能Ek。

【答案】（1）aA = 1m/s2，aB = 2m/s2；（2）Q = 3J；（3）Ek = 0.44J

【解析】

【详解】（1）内，A、B相对滑动，根据牛顿第二定律以及A的受力分析可得，的加速度水平向右，大小为

μmAg = mAaA

解得

aA = 1m/s2

根据牛顿第二定律以及B的受力分析可得B的加速度方向水平向左，大小为

F＋μmAg = mBaB

解得

aB = 2m/s2

（2）由（1）中可得A减速，B加速，则AB的共速时间为

v0－aAt1 = aBt1

解得

t1 = 1s

0 ~ 1s内的相对位移为x

t = 1s时，A、B相对静止，两物体受力情况发生突变，1 ~ 2s内，假设A、B仍旧相对静止，则

F = (mA＋mB)a，f = mAa

此时解得

f = 2N

A、B之间最大静摩擦力

fmax = μmAg = 2N = f

经以上判断满足A、B相对静止一起加速运动。故0 ~ 2s内两物体的相对位移为1.5m。

则0 ~ 2s内摩擦生热为

Q = μmAgx = 3J

（3）0 ~ 3s内，根据动量定理对A、B系统进行分析可得

撤去F后，A、B动量守恒，即

p = (mA＋mB)v

A最终的动能