2023届湖南省长沙市长郡中学高三下学期考前物理保温卷（一）（解析版）

2023届高三物理保温卷（一）

一、单选题

1. 如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅放出的粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。则（　　）

A. 发生火灾时温度升高，的半衰期变短

B. 这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点

C. 发生衰变的核反应方程是

D. 发生衰变的核反应方程是

【答案】D

【解析】

【详解】A．半衰期不因外界环境的温度而改变，A错误；

B．这种报警装置应用了射线电离能力强的特点，B错误；

CD．衰变释放出氦核，故核反应方程是

C错误，D正确。

故选D。

2. 如图甲所示为研究光电效应规律的实验装置，同一入射光照射到不同金属材料表面，发生光电效应时的遏止电压与金属材料的逸出功的关系如图乙所示，已知普朗克常量为h，则入射光的频率为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据爱因斯坦光电方程

结合

联立可得

结合图乙可得

联立可得

故选A。

3. 如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为-10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 时，手机已下降了约1.8m

B. 时，手机正向上加速运动

C. 加速度约为70m/s2时，手机速度为0

D. 时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知0-0.4s手机静止，从约0.4s开始运动，0.5s开始做自由落体运动，时手机下降高度约为

故A错误；

BCD．由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速度运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，BD错误。

故选C

4. 冰雕展上有一块边长为1m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知冰块的折射率为1.3，下列说法不正确的是（　　）

A. 光在冰块中发生全反射的临界角为C，可知

B. 由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时全部能从侧面射出

C. 由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出

D. 从冰块正上方沿方向观察，点光源的视深是m

【答案】B

【解析】

【详解】A．由临界角与折射率的关系可知

A正确，不符合题意；

C．如图所示

在直角三角形中，由几何关系有

，

则有

所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，C正确，不符合题意；

B．根据上述有

可知由灯直接发出照到冰块四个侧面上的光不能全部都从侧面射出，B错误，符合题意；

D．实际深度是

H=1m

设视深为h，作出光路图如图所示

根据折射率定义式有

结合几何关系有

由于与很小，则有

，

解得

D正确，不符合题意。

故选B。

二、多选题

5. 如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8km/h（18m/s）的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h（2m/s），设该过程节能坡的转化率为（列车重力势能的增加量与其动能减小量之比），则（　　）

A. 该过程列车的机械能守恒

B. 该过程列车的机械能减少

C. η约为10%

D. η约为25%

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．列车在冲上坡顶站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为

因此该过程列车机械能减少，故A错误，B正确；

CD．该过程重力势能的增加量为

动能的减少量为

则该过程节能坡的转化率为

故C错误，D正确。

故选BD。

6. 某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（　　）

①物块a，b的质量之比             ②物块a、b的质量之比

③H-h图像的斜率为k取值范围是0<k<1         ④H-h图像的斜率为k取值范围是1<k<2

A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④

【答案】D

【解析】

【详解】①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有

第二阶段对物块由动能定理有

联立以上两式可得

结合图像可得

可知

故①错误，②正确；

③④．要将物块拉起，则有

对物块，则有

可得

因此有

即

故③错误，④正确。

故选D。

7. 小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（    ）

A. 滑块K的线圈中最大感应电流的大小

B. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量

C. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是

D. 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少

【答案】AD

【解析】

【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大  

根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小

故A正确；

B．由

，，，

可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量

故B错误；

C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得

解得

故C错误；

D．因有4台减速装置，利用动量定理得

其中，解得缓冲装置中的光滑导轨和长度至少为

故D正确。

故选AD。

三、实验题

8. 为了验证机械能守恒定律，宇航员在环绕地球运行的航天器中设计了如图（甲）所示的实验，将一直尺沿竖直方向固定在铁架台上，在刻度尺上方一定高度处固定一光电门，一弹射装置能沿竖直向上的方向发射小球。实验时，先用游标卡尺测量出小球的直径d，然后用小球将弹簧压缩x，静止释放后测量出小球通过光电门时的遮光时间t，多次改变弹簧的压缩量，重复上述操作；已知小球的质量为m，弹簧的弹性势能为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。

（1）小球的直径如图（乙）中的游标卡尺的示数，则该小球的直径为______；

（2）为了更加直观地进行实验的验证，该宇航员利用以上实验数据描绘了图像，其中纵轴用表示，横轴用表示______（填“”“”“t”或“”），如果该过程中系统的机械能守恒，则该图像的斜率为______（用题中所给物理量符号表示）。

【答案】    ①. 3.2    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数可知，该小球的直径为

（2）[2]在利用图像法处理实验数据时，为了更直观，应使得图线为一条倾斜直线，根据

可得

则横轴用表示；

[3]如果该系统的机械能守恒，根据上述可知图像的斜率为

9. 某实验小组利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻（待测电阻为）的方案，实验电路如图甲所示。

主要实验步骤如下：

①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型，并依量角器直径端点裁剪好；

②按甲图所示的电路原理图连接好各元件；

③将电阻箱的阻值调至，并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动，当灵敏电流计的示数为零时，停止移动金属夹，此时从量角器上读出OA与OK间的夹角；

④改变电阻箱的阻值，重复步骤③，测得多组（θ，R）值；

⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图乙所示。

根据分析，试回答下列问题：

（1）已知乙图中图像与纵轴的截距为，由此可求得______。

（2）实验时，当金属夹K调至某位置时，实验小组的同学因为观察不仔细认为灵敏电流计的读数已经为零，实际上，灵敏电流计还有从P到K的电流，那么此时测出的值与真实值相比______（填“偏小”、“相等”或“偏大”）

（3）该小组同学所在学校与供电站间有两根埋在地下的输电线，其中一根导线因损坏而与大地相通，现尝试采用上述实验所涉及的原理找到损坏的大致位置，其方法如图丙所示（终端用导线AB接通），电阻丝长，输电距离，若金属夹K在电阻丝上距M端时，灵敏电流计示数为零，则损坏处C与输电线起始处的距离为x=______m（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①.     ②. 偏大    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可知，此方法是电桥法测电阻，当电流表示数为零时，R与Rx串联，R与AK并联；同时Rx与BK并联，所以有

化简可得

，

最后，得被测电阻阻值为

整理得

故已知乙图中图像与纵轴的截距为，由此可求得

（2）[2]若要使灵敏电流计示数为零，则需增大角（或减小电阻箱阻值R)由知，此时测出的值大于真实值；

（3）[3]同理，由（1）可知

解得

四、计算题

10. 如图所示，倾角的固定斜面（足够长）的顶端带有小定滑轮，不可伸长的柔软轻绳跨过定滑轮，轻绳的一端系在汽缸A上，另一端系在汽缸Ｂ中的活塞上，A悬吊在空中（离地足够高），B放在斜面上，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，两汽缸内各密封有一定质量的理想气体，系统处于静止状态，此时A、B内气体的体积相等。两活塞的质量均为m、横截面积均为S，B的质量为4m，大气压恒为（g为重力加速度大小），不计缸内气体的质量、空气阻力及一切摩擦。

（1）求A内气体的压强以及B内气体的压强；

（2）若将轻绳剪断，A、B内气体达到稳定的过程中温度保持不变，求稳定时A、B内气体的体积之比。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）根据物体的平衡条件，对A中的活塞有

解得

对汽缸B，根据平衡条件则有

解得

（2）轻绳剪断后，A内气体稳定时的压强

设稳定时B的加速度大小为a，B内气体的压强为，根据牛顿第二定律，对B有

对B以及B中活塞有

解得

设系统静止时A内气体的体积为，根据玻意耳定律，对A内气体有

对B内气体有

解得

11. 如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为的水平线状粒子发射源MN，图乙是俯视图，P为MN的中点，O1P连线与MN垂直。线状粒子源能沿平行PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在O1O2右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB边与线状粒子源MN垂直，且处在同一高度，过O1作AB边的垂线，交点恰好为AB的中点O，荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E，已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。

（1）求带电粒子的初速度大小；

（2）以AB边的中点O为坐标原点，沿AB边向里为x轴，垂直AB边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；

（3）求磁场区域的最小横截面积。

【答案】（1）；（2）（R，）；（3）

【解析】

【详解】（1）在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

线状粒子源发出粒子均从F点射出，可得，由①②两式得

（2）设粒子打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F点离开磁场时与之间的夹角为，如图所示

由几何关系知

得

依题意有

带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得

联立解得

则粒子打在荧光屏上的位置坐标为。  

（3）磁场区域的最小面积为图中两条轨迹与圆相交部分的面积，设磁场区域的最小面积为S

得磁场区域的最小横截面积