湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学、宜昌一中三校2022-2023学年高三物理下学期5月联考试题(Word版附解析)
展开2023年高三下学期5月三校联考高三物理试卷
命题学校:宜昌一中 审题学校:宜昌一中
考试时间:2023年5月19日上午10:30—11:45 试卷满分:100分
注意事项:
1、答卷前,考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定的位置上。
2、回答选择题时,选出每题答案后,用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需要改动,先用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在试卷上无效。
第Ⅰ卷(选择题 共44分)
一、选择题:(第1~7题只有一个选项符合题意,第8~11题有多个选项符合题意,全部选对得4分,选对但选不全得2分,有选错的得0分)
1. 关于近代物理知识,下列说法中正确的是( )
A. 原子核的结合能越大,原子核越稳定
B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究,发现了原子内部存在电子
C. 处于能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射6种频率的光子
D. 衰变发出的射线是波长很短的光子,电离能力很强
【答案】B
【解析】
【详解】A.原子核的比结合能越大,原子核中核子结合的越牢固,原子核越稳定,A错误;
B.汤姆孙通过对阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验,发现了阴极射线是由电子组成,并测出电子的比荷,即原子内部存在电子,B正确;
C.处于能级的一个氢原子回到基态时,最多可会辐射(n−1)种频率的光子,即3种频率的光子,C错误;
D.由射线的特点可知,射线是波长很短的光子,穿透能力很强,电离能力很弱,D错误。
故选B。
2. 玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖,经过一段时间后发现瓶盖很难拧开。原因是( )
A. 瓶内气体分子热运动的平均动能增加
B. 瓶内每个气体分子速率都比原来减小
C. 瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数减小
D. 瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数增加
【答案】C
【解析】
【详解】装入热水时,杯内上方气体温度升高,将一些气体排出,拧紧瓶盖,过一段时间后与外界发生热传递,气体放出热量后,内能减小温度降低。由于气体等容规律,瓶内的也压强减小,外界大气压将瓶盖压紧,故打开杯盖需要克服更大的摩擦力。
AB.温度降低后,气体分子的平均动能减小,并不是每个气体分子的速率都减小,有的分子的速率增加,故AB错误;
CD.温度降低后,气体的平均动能减小,平均速度也减小,单位时间内气体分子撞击容器的次数减小,故C正确,D错误。
故选C。
3. 风筝发明于中国东周春秋时期,是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝(不带鸢尾)悬停在空中,如图为风筝的侧视图,风筝平面与水平面的夹角为,风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定,不计拉线的重力及拉线受到风的作用力,一段时间后,风力增大导致作用力F增大,方向始终垂直于风筝平面,夹角不变,再次平衡后相比于风力变化之前( )
A. 风筝距离地面的高度变大 B. 风筝所受的合力变大
C. 拉线对风筝的拉力变小 D. 拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小
【答案】A
【解析】
【详解】如下图所示为风筝受力示意图,风力为F时,重力为G,拉线拉力为F2;当风力变大为F1时,重力不变,拉线拉力变为F3,矢量三角形如图所示,风筝悬停在空中,可得风筝所受的合力为零,保持不变,拉线拉力变大,拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大,设拉线长为L,则风筝距地面高度为
则风筝距离地面的高度变大。
故选A。
4. 图(a)是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”,是我国实施“西电东送”的大国重器,其发电量位居全世界第二,仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图(b)所示,如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器,发电机输出电压恒定,表示输电线电阻,则当用户功率增大时( )
A. 示数增大,示数减小
B. 示数不变、示数减小
C. 输电线上功率损失减小
D. 、示数的乘积等于、示数的乘积
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于发电机输出电压恒定,在升压变压器位置,根据
可知,升压变压器副线圈两端电压不变,即示数不变,用户功率增大,即并联用户数量增多,令用户的等效电阻为R0,则等效电阻R0减小,将降压变压器与用户看为一个整体,令整体的等效电阻为,降压变压器原副线圈两端电压分别为、,电流表、示数分别为、,则有
用户的等效电阻为R0减小,则 减小,示数
可知,示数增大,降压变压器位置,根据
可知,示数也增大,A错误;
B.由于
根据上述可知,示数不变,示数增大,降压变压器原线圈两端电压减小,根据
可知,降压变压器副线圈两端电压减小,即示数不变、示数减小,B正确;
C.输电线上损耗的功率
根据上述,示数增大,则输电线上的功率损失增大,C错误;
D.由于输电线上存在功率损耗,则、示数的乘积等于、示数的乘积与输电线上损耗的功率之和,D错误。
故选B。
5. 如图所示,在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中,中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下,途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动,张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1:2:1,a、b之间的距离为L1,c、d之间的距离为L3,则b、c之间的距离L2为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1:2:1,则对应时间之比为1:2:1,有
观察可得
故选C。
6. 为了降低潜艇噪音,科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示,电磁推进器用绝缘材料制成海水管道,马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场,现潜艇在前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是( )
A. 图中所接电源为直流电源,a极为电源正极
B. 同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退
C. 加速阶段,海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等
D. 电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能
【答案】C
【解析】
【详解】A.海水被推向纸外,根据左手定则可知,电流方向由b指向a,b为电源正极,A错误;
B.同时改变电流和磁场方向,海水受到的安培力不变,航行方向不变,B错误;
C.根据牛顿第三定律,海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等,方向相反,C正确;
D.电源输出的能量不可能完全转化为动能,有焦耳热损耗,D错误;
故选C。
7. 如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化示意图(取竖直向下为正),箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t,重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力,向下加速运动,随着速度的增大,阻力在增大,加速度逐渐减小;
打开降落伞后阻力大于重力,加速度向上,运动员向下做减速运动;随着速度的减小,阻力也在减小,向上的加速度逐渐减小;当阻力和重力相等时向下做匀速运动。
则位移先增加得越来越快,后增加得越来越慢,然后均匀增加,选项A错误;
BC.重力势能
Ep=mgh
其随高度下降均匀减小,随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关,先减小得越来越快,然后减小得越来越慢,最后均匀减小,选项BC错误;
D.机械能
E=E0-fy
开始时阻力先慢慢增大,开伞后阻力瞬间变大,最后运动员匀速运动,阻力不变,根据y的变化规律可知选项D正确。
故选D。
8. 太空电梯的原理并不复杂,与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站,并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连,在引力和向心加速度的相互作用下,绳索会绷紧,宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空,这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示,假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a,相对地球静止,卫星b与同步空间站a的运行方向相同,此时二者距离最近,经过时间t之后,a、b第一次相距最远。已知地球半径R,自转周期T,下列说法正确的是( )
A. 太空电梯各点均处于失重状态
B. b卫星的周期为
C. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比
D. 太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心距离成正比
【答案】AC
【解析】
【详解】A.太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动,电梯上各点均处于失重状态,故A正确;
B.同步卫星的周期为
当两卫星a、b第一次相距最远时,满足
解得
故B错误;
CD.太空电梯相对地球静止,各点角速度相等,各点线速度
与该点离地球球心距离成正比,故D错误,C正确。
故选AC。
9. 两束单色光的波长分别为和,通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样,则这两束单色光( )
A. 单色光的波动性比单色光强
B. 在水中的传播速度
C. 光子动量
D. 两束单色光射向同一双缝干涉装置,其干涉条纹间距
【答案】BC
【解析】
【详解】A.在相同单缝衍射实验装置的条件下,光的波长越长,其衍射现象越显著,中央亮条纹越宽,从图中可知光束的衍射现象比光束更加显著,故可知
单色光b的波动性比单色光弱,故A错误;
B.波长长,则频率低,折射率小,根据
在水中的传播速度
故B正确;
C.光子动量
所以
故C正确;
D.两束单色光射向同一双缝干涉装置,其干涉条纹间距
则
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示,质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶,桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时,发动机输出的机械功率为P,桨叶旋转推动空气,空气获得的速度为v0,则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为( )
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.设在时间内通过面积S空气质量为,则
解得
A错误,B正确;
CD.发动机输出的机械功率
对空气根据动量定理
对直升机根据平衡知识
考虑,联立解得
C错误,D正确。
故选BD。
11. 如图所示,定滑轮两边用轻绳连接线框abcd和带正电的物体A,物体A放置在倾角为θ=53°的光滑斜面上,水平面MN下方空间存在垂直纸面的磁场,MN上方没有磁场。此时释放线框和物体A,线框刚进入磁场时,恰好匀速运动,A物体仍在磁场中且对斜面恰好没有压力。已知正方形线框abcd边长为L=0.1m,质量为,电阻为R=18Ω,匝数为n=10匝,物块A的质量m=0.05kg,带电量为q=0.1C,重力加速度为g=10m/s2,不计一切摩擦,运动过程中,线框平面始终位于纸面内,A始终处于磁场中,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直纸面向里
B. 线框下边cd初始位置离MN面的距离h=12.5m
C. 磁场的磁感应强度B=0.6T
D. 线框进入磁场过程中线框的电热功率P=0.05W
【答案】BC
【解析】
【详解】A.A不受支持力,则洛伦兹力垂直斜面向上,由左手定则知磁场垂直纸面向外,A错误;
B.线框进入磁场前做匀加速运动
解得
则
B正确;
C.线框刚进入磁场时对物体A
对线框
解得
,
C正确;
D.线框进入磁场过程中线框的电热功率为
D错误。
故选。
第Ⅱ卷(非选择题)
二、非选择题:本题共5小题,共56分
12. 某同学想验证竖直面内物块做圆周运动向心力变化的规律,使用某一竖直面内的圆周轨道,轨道圆心为O,半径,分别在距离最低点A高度为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器,其装置如图甲所示。
(1)选择比较光滑的竖直轨道,以保证小球在运动过程中机械能变化可以忽略;
(2)使一质量为m的小球从A点以速度开始沿内轨道向右运动,记录小球在各位置对轨道的压力F与高度H的对应数值,并在坐标系中描点连线得到如图乙所示的图象;
(3)若物块在初始位置对轨道压力大小为,则F与H的函数关系可表示为______(用m、g、R、H、、F表示),若已知重力加速度,则结合图乙可知小球质量______,小球经过最低点A时的初速度______m/s(可以用根式表示)。
【答案】 ①. ②. 0.5 ③.
【解析】
【详解】(3)[1]设在任意高度H处小球的速度为,由动能定理有
可得
在右侧轨道上,设小球在H处和圆心的连线与OA的夹角为,当时,由牛顿运动定律有
在最低点有
可得
当时该式仍成立;
[2]根据图像可得,在A点,,在m处,,图像斜率
可得
[3]在最低点由
可得
13. 学习小组为研究黑盒两端电压随电流变化的规律。实验室提供如下器材:
A.黑盒
B.电流表(,内阻的)
C.电压表(,内阻约)
D.电压表(,内阻约)
E.滑动变阻器
F.开关,导线若干
(1)学习小组设计了如图甲所示的电路闭合开关,移动滑动变阻器的滑片,记录相应的电压表示数和电流表示数如下表,请根据表中数据在图乙中作出图线。( )
1.95 | 1.73 | 1.52 | 1.30 | 1.10 | 0.88 | |
| 0.18 | 0.22 | 0.26 | 0.30 | 0.34 | 0.38 |
(2)将黑盒视为一个电源,根据作出的图线可得黑盒的等效电动势___________(结果保留三位有效数字)。
(3)图甲中电压表应选用___________(选填“C”或“D”)。
(4)打开黑盒,内部电路如图丙所示,其中电阻,,电池(电动势,内阻不计)。甲图中电压表的正、负接线柱分别与相连,电阻的阻值最接近___________。
A. B. C.
【答案】 ①. ②. () ③. C ④. C
【解析】
【详解】(1)[1] 根据表中数据在图乙中作出图线,如图
(2)[2]由图甲,将黑盒视为一个电源,由闭合电路欧姆定律可得
可得
由图线,可得黑盒的等效电动势
(3)[3]因黑盒的等效电动势为2.95V,电压表应选用C。
(4)[4]黑盒中电池电动势为9.0V,,所以两端电压
设电池负极电势为零,则
甲图中电压表的正、负接线柱分别与相连,则
所以
解得
所以
则
解得
故选C。
14. 一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示,汽缸水平横放时,缸内空气柱长为。已知大气压强为,环境温度为,活塞横截面积为S,汽缸的质量,不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中,如图乙所示。求
(1)稳定后,汽缸内空气柱长度;
(2)汽缸悬在空中时,大气压强不变,环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置;
(3)第(2)小题过程中,若气体内能减少了,此气体释放了多少热量。
【答案】(1);(2);(3)
【解析】
【详解】(1)设气缸竖直悬挂时,内部气体压强为,空气柱长度为,由玻意耳定律可知
对气缸受力分析,由平衡条件
联立可得,稳定后,汽缸内空气柱长度为
(2)由盖—吕萨克定律可知
得
(3)由热力学第一定律可知
其中
得
则气体释放的热量为
15. 某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空间直角坐标系Oxyz的y>0区域有沿-z方向的匀强电场,电场强度大小为E,在y<0区域有沿-z方向的匀强磁场,在x=-2d处有一足够大的屏,俯视图如图乙。质量为m、电荷量为+q的粒子从y轴上P(0,-d,0)以初速度v0沿+y方向射出,粒子经过x轴时速度方向与-x方向的夹角θ=60°角.不计粒子的重力。
(1)求磁感应强度大小B;
(2)求粒子打到屏上位置z轴坐标z1;
(3)若在y<0区域同时也存在沿-z方向的场强大小为E的匀强电场,求粒子打到屏上时的速度大小v。
【答案】(1);(2);(3)
【解析】
【详解】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图
设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有
洛伦兹力提供向心力
解得
(2)设粒子经过x轴时的坐标为-x1,则
粒子在y>0区域电场中做类平抛运动,在xoy平面内沿v0方向做匀速直线运动,设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1,则
粒子运动的加速度
在z轴负方向运动的距离
解得
,
所以打到屏上位置的z轴坐标
(3)设粒子在y<0区域运动的时间为t2,研究在磁场中的分运动,有
在y>0区域运动的时间仍为t1,设粒子打到屏上时z轴坐标为z2,则
根据动能定理有
解得
16. 如图所示,质量M=1.0kg、足够长的木板置于光滑水平面上,板左上方有一固定挡板P,质量m1=2.0kg的小物块A静止于木板左端。现将质量m2=1.0kg的小物块B以水平向左的初速度v0=4.0m/s滑上木板,整个运动过程中A、B未发生碰撞。A与挡板P碰撞后均反向弹回,碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B与木板间的动摩擦因数μ均为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2。
(1)物块B滑上木板后,A与木板一起运动,求B刚滑上木板时的加速度大小aB 和A与木板的加速度大小a;
(2)若A与挡板P的距离x=3.0m,求A开始运动到与挡板P碰撞的时间t;
(3)若将木板换成轻质的长板,其他条件不变,整个运动过程中A只与挡板碰撞两次,且最终A、B停止了运动,求整个运动过程中A通过的路程s及B在轻板上滑行的距离L。
【答案】(1),;(2);(3),
【解析】
【详解】(1)对物块B,根据牛顿第二定律有
解得
对物块A和木板,根据牛顿第二定律有
解得
(2)设从B滑上木板到三者共速所经历的时间为t1,共同速度为,则
解得
该过程中A与木板一起运动的距离
解得
所以接下来三者一起运动,直至与挡板P碰撞,设该过程经历的时间为t2,则
A开始运动到与挡板P碰撞的时间
解得
(3)方法一:设A与板一起运动的加速度为aA,根据牛顿第二定律,有
由题意可知,如果A与P碰前,三者速度已相等,则A与P碰后三者最终会一起向右运动,不会发生第二次碰撞。因此A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动,碰后做加速度相等的减速运动。设A每次与挡板碰撞的速度大小为v,A经过时间t3与P碰撞,碰后经过时间t4速度减为零,则
解得
物块B一直向左作匀减速运动,在运动的全过程中根据牛顿第二定律,有
解得
则
解得
根据系统能量守恒,有
解得
方法二:由题意可知,A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动,设A每次与挡板碰撞的速度为v,每次碰撞A的动量变化量为2m1v,则
设A与板一起运动的加速度为aA,根据牛顿第二定律,有
则A通过的路程
解得
根据系统能量守恒,有
解得
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