2023-2024学年湖南省新高考教学教研联盟高三（下）第一次联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省新高考教学教研联盟高三（下）第一次联考物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在人类对世界进行探索的过程中，发现了众多物理规律，下列有关叙述中正确的是( )
A. 伽利略通过理想斜面实验得出力是维持物体运动的原因
B. 核聚变反应所释放的γ光子来源于核外电子的能级跃迁
C. 在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了等效替代法
D. 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
2.水滴石穿是生活中常见的现象，假设屋檐到下方石板的距离为3.2m，水滴从屋檐无初速度滴落到石板上，在0.2.s内沿石板平面散开，水滴质量为0.5g:忽路空欠阻力，g取10m/s.则石板受到水滴的冲击力为( )
A. 0.002NB. 0.02NC. 0.025ND. 0.25 N
3.为了半定量地探究电容器两极板间的电势差与其带电量的关系，实验电路如图所示。取电容器A和数字电压表(可看作理想电压表)相连：把开关S1接1，用几节干电池申联后给A充电，可以看到电压表有示数.说明A充电后两极板具有一定的电压。把开关S1接2，使另一个与A完全相同的且不带电的电容器B与A并联，可以看到电压表的示数变为原来的一半。然后，断开开关S1;闭合开关S2.关于该实验以及其后续操作，下列说法中正确的是( )
A. 闭合S2的作用是让电容器B完全放电
B. 接下来的操作是把开关S1接1，观察电压表的示数
C. 电容器的带电量变为原来的一半时，电压表示数也变为原来的一半，说明电容器“储存电荷的本领”也变为了原来的一半
D. 若使用磁电式电压表代替数字电压表，当S1和S2都断开时，电容器A的带电量不会改变，电压表指针将稳定在某一固定值
4.如图所示，某种材料制成的扇形透明砖(已知其半径为R)放置在水平桌面上，光源s(图中未画出)发出一束平行于桌面的光线从OA的某点垂直射人透明砖，经过三次全反射(每次都是恰好发生全反射)后垂直OB射出，并再次回到光源S.已知∠AOB=90∘，光在真空中传播的速率为c，则该过程中，光在材料中传播的时间为( )
A. 6RcB. 5RcC. 3 2RcD. 4Rc
5.一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的部分波形如图所示，M、Q为波上两个质点，其中Q比M早0.4s回到平衡位置，则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为25m
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 从该时刻起，再经1.1s，质点M通过的总路程为35cm
D. 该波的周期为1s
6.有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道I上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍(k>1)。当飞船通过轨道I的A点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B到地心的距离近似为地球半径R.已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能Ep=−GMmr.在飞船沿轨道I和轨道I以及探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和均保持不变。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变，已知地球表面的重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道I运动的速度大小为 (k+1)gR
B. 飞船在轨道I上的运行周期是在轨道Ⅱ上运行周期的2kk+1倍
C. 探测器刚离开飞船时的速度大小为 2gRk
D. 若飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足 21− 2k+1
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，矩形线圆切割磁感线产生一交流电压e=30 2sin100πt(V)，矩形线圈的电阻r=2 a，将其接在理想变压器原线圈上。标有“220V 44W″的灯泡L正常发光;交流散热风扇
正常工作，风扇的内阻为120a，交流电流表A(不考虑内阻)的示数为0.4A，导线电阻不计，不计灯泡电阻的变化，且n2n1<30。以下判断正确的是( )
A. 在图示时刻，穿过线圈磁通量变化最快
B. 从图示位置开始，当矩形线圈转过π2时，线图中的电流方向为BADCB
C. 风扇输出的机械功率是43.2 w
D. 原副线圈的匝数比n1:n2=10:1
8.2022年“互联网之光”博览会上，无人驾驶技术上线，无人驾驶汽车以其反应时间短而备受众多参会者的青睐。在同样测试条件下，对疲劳驾驶员和无人驾驶汽车进行反应时间的测试，从发现紧急情况到车静止，两测试车内所装的位移传感器记录的数据经简化后得到①②两线所示的位移x随时间t变化的关系图像，图中OA和OB段为直线，已知两测试车均由同一位置沿相同平直公路运动，且汽车紧急制动车轮抱死后做的是匀变速直线运动。下列说法正确的是( )
A. 图中的①线是无人驾驶汽车的位移与时间关系图像
B. 图中的②线是无人驾驶汽车的位移与时间关系图像
C. 两测试车在图中曲线部分的位移大小不相等
D. 当发现紧急情况时两汽车的速度为90 km/h
9.如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环，圆心在O点.质量分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为 2R的轻杆通过较链连接，开始时对球A施加一个竖直向上的外力F1，使A、B均处于静止状态，且球A恰好与圆心O等高，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 对球A施加的竖直向上的外力F1的大小为1.75mg
B. 若撤掉外力F1，对球B施加一个水平向左的外力F，使系统仍处于原来的静止状态，则F的大小为mg
C. 撤掉外力，系统无初速度释放，当A球到达最低点时，B球的速度大小为17 14gR
D. 撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，B球能够上升的最高点相对圆心O点的竖直高度为725R
10.蜜蜂飞行时依靠峰房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在范围足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场I、Ⅱ，其上、下边界分别为MN:PQ.间距为d。MN与PQ之间存在沿水平方向且大小始终为E=2mv2qd的匀强电场，当粒子通过MN进入电场中运动时，电场方向水平向右;当粒子通过PQ进人电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子在纸面内以初速度v0从A点垂直MN射人电场，一段时间后进入磁场I，之后又分别通过匀强电场和磁场I，以速度w.回到A点，磁场Ⅱ的磁感应强度B2=4mv0qd，不计粒子重力。则下列说法正确的是( )
A. 粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为d
B. 粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小v= 2v0
C. 粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长为d2
D. 磁场I的磁感应强度大小B1=4mv03qd
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组为测重力加速度，采用如图甲所示的装置，不可伸长的轻绳一端固定于悬点，另一端系一小球，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门(图中没有画出)，光电门接通电源，发出的光线与小球的球心在同一水平线上。
(1)现用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球的直径为d= cm。
(2)在实验中，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到悬点的距离L，同时调整光电门的位置使光线与球心始终在同一水平线上，实验时将小球拉至其球心与悬点处于同一水平面处，轻绳伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间t。得到多组L和t的数据，作出如图丙所示的1t2−L图像，图线的纵截距为一b，则当地的重力加速度g= (用字母b和d表示)。
(3)若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球动能的测量值将 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.电池长时间使用后其电动势和内阻都可能发生变化，为了探究某电池的实际电动势和内阻，某同学设计方案对其进行测量。
A.待测电池(电动势约9 V，内阻未知)
B.电压表(量程5V，内阻为6000a)
C.电流表(量程20mA，内阻较小约为1a)D.电阻箱
E.滑动变阻器
F.开关、导线若干
(1)实验时需要对电表进行改装，若将电压表最大量程扩大为9∘v，则应该串联R0的阻值应为 Ω;将电流表的量程扩大为60mA，该同学采用了以下的操作：按图甲连接好实验器材，检查电路无误后，将S，S1、S2断开，将R的滑片移至 (填“最左端”或“最右端”，将电阻箱R1调为最大，闭合s，适当移动R的滑片，使电流表示数为18 mA，保持R接入电路中的阻值不变，再闭合S，改变电阻箱R1的阻值，当电流表示数为 mA时，完成扩大量程。
(2)保持电阻箱R1的阻值不变，闭合s、S1、S2，调节R不同的阻值，读出两个电表的读数U、I，并作出U−I图像如图乙所示，可测得该电池的电动势E测= V，内阻r测= Ω.(结果保留2位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞P、Q，向上的导热汽缸内的理想气体分成A、B两部分。上面活塞通过轻绳悬挂在天花板上，汽缸和汽缸下方通过轻质绳子悬挂的物块的质量均为2m整个装置处于静止状态，此时两部分气柱的长度均为l0=30cm。环境温度、大气压强p0均保持不变，且满6mg=p0S，g为重力加速度，不计一切摩擦。
(1)求此时A气体的压强;
(2)剪断连接物块的绳子，一段时间后两活塞重新恢复平衡，求汽缸上升的距离。
14.如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度L=1m，导轨M与P之间连接阻值为R=0.2Ω的电阻，质量为m=0.5kg、电阻为r=0.2Ω、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力F=7.0N拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2(忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响)，求：
甲
乙
(1)磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度;
(2)金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移;
(3)从开始运动到电阻R产生热量Q=17.5J时，金属杆ab所通过的位移。
15.如图，质量为m的a球(中间有一个小孔)穿在足够长的光滑水平杆上。b球质量为km，a球和b球用长为L的轻杆相连。从图示位置，先给b球一个竖直向上的初速度v0，让b球越过最高点，假设b球连同轻杆在运动过程中均不会与水平杆相碰(稍微错开，但错开距离忽略不计，重力加速度为g)。
(1)求b球到达最高点时，a球的位移大小;
(2)以a球初始位置为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，求b球运动的轨迹方程;
(3)当b球运动到水平杆下方，且轻杆与水平杆正方向夹角为θ=30∘时，求b球的速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】伽利略通过理想斜面实验得出力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故A错误;核聚变反应所释放的γ光子来源于原子核内部，故B错误;在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法，故C错误;故选D。
2.【答案】C
【解析】水滴做自由落体运动，由运动学公式v2=2gh，落到石板前速度v=8 m/s。在0.2s内，由动量定理(F−mg) t=0−(−mv)，解得F=0.025 N。故选C。
3.【答案】A
【解析】开关S1接到1位置，给电容器A充电，再把开关S1接到2位置，电容器A电荷量减少一半，所以B选项错误;然后观察电压表示数，此时电压表示数减半，电容器储存电荷本领不变，C选项错误;断开S1，闭合S2，电容器B完全放电，A选项正确;磁电式电压表的工作原理是通电线圈在磁场中所受安培力的作用，通过电压表有电流，电压表会偏转，但指针不会稳定，所以D错误。
4.【答案】A
【解析】光路如图所示，由图中几何关系可知C=45∘，由临界角公式有sinC=1n，解得n= 2，光在介质中传播的路程s= 22R×6=3 2R，光在介质中传播的时间t=sv=nsc=6Rc。BCD错误;A正确。
5.【答案】C
【解析】简谐波在t=0时刻的波形图中，设振动到波峰处的质点的平衡位置为x1，质点M、Q的平衡位置关于x1对称，则x1=4m，λ2+λ4=22m−x1=18m，可得该波的波长为λ=24m，故A错误。由Q比M早0.4s回到平衡位置可知，Q点向下振动，则该波沿x轴负方向传播，其波速v=△x△t=80.4m/s=20m/s，周期T=λv=2420s=1.2s，故B、D错误。从该时刻起，波在1.1 s内向负方向传播的距离△x= vt= 20×1.1m= 22 m，即平衡位置为x2= 22m的质点此时的波形恰好传播到M，此时M点在平衡位置且运动方向沿y轴正方向，在1.1s内，M点通过的总路程s=5cm+3×10cm=35cm，故C正确。
6.【答案】C
【解析】在轨道I上，万有引力提供向心力GMhm(kR)2=mv02kR，地球表面的物体满足GMum0R2=m0g，得v0= gRk，故A错误;在椭圆轨道Ⅱ上，半长轴a=(1+k)R2，根据开普勒第三定律a3T22=k3R2T12，T1T2= 8k3(1+k)3，故B错误;在轨道I上时，探测器的引力势能为Ep=−GMhm2kR，由动能和引力势能之和保持不变得12m2v2+EP=0，则探测器刚离开飞船时的速度大小v= 2gRk，故C正确;在轨道Ⅱ，飞船在A、B两点的速度kRvA=RvB，由机械能守恒定律，12m1vA2−GM地kR1=12m1vB2−GMhm1R，vA= 2gRk(k+1)，发射探测器时，由动量守恒定律(m1+m2)v0=m1vA+m2v0，飞船和探测器质量之比m1m2= 2−11− 2k+1，故D错误。
7.【答案】BC
【解析】图示时刻，矩形线圈产生的感应电动势为零，此时线圈处于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误;从图示位置开始，当矩形线圈转过π2时，由右手定则，AB边电流方向为从B到A，CD边电流方向为从D到C，线圈中的电流方向为BADCB，故B正确;电动机和灯泡并联，UM=220 V，IM=0.4A−0.2A=0.2A，电动机输出功率PM出=UMIM−IM2rM=43.2W，故C正确;灯泡正常发光，副线圈电压为220V，题中为升压变压器，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查位移x随时间t变化的关系图像以及刹车问题，解决该题需要明确知道位移—时间图象的斜率表示物体运动的速度，图中OA和OB段为直线表示反应时间，前段图像重合，两测试车初速度相同，同样的测试条件，刹车后加速度相等，由运动学公式可得刹车过程位移大小。
【解答】
解：AB、①线反应时间0.2 s，②线反应时间1.0 s，疲劳驾驶，反应时间较长，故②是疲劳驾驶，故A正确，B错误；
C、在x−t图像中，前段图像重合，两测试车初速度相同，同样的测试条件，刹车后加速度相等，由运动学公式x=v022a，刹车过程位移大小相等，故C错误；
D、图中①线位移关系30=v0×0.2+v022a，②线位移关系50=v0×1.0+v022a，初速度v0=25 m/s=90 km/h，故D正确。
9.【答案】BCD
【解析】当外力F1作用在A球上时，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，杆对B、A均无作用力，A球受重力和外力F1处于平衡状态，则F1=mg，故A错误;当外力F作用在B球上时，A球受力如图所示，FBA= 2mg，B球受力如图所示，F=FBAsin45∘=mg，故B正确;根据运动的合成与分解，A球和B球速度大小相等(A球和B球一起做圆周运动)vA=vB，A球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，则由系统机械能守恒，mgR=0.75mgR+12mvA2+12×00.75mvB2，vB=17 14gR，故C正确;当B球上升到最大高度时，以圆环最低点为参考面，由系统机械能守恒，mgR=0.75mgR(1+sinθ)+mgR(1−csθ)，可得sinθ=725，则B球能够上升的最大高度相对圆心0点的竖直高度为725R，故D正确。
10.【答案】CD
【解析】粒子在电场中运动时，竖直方向：d=v0t，水平方向：a=Eqm=2v02d，vx=at=2v0，x=12vxt=d，则粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为s= d2+x2= 2d，v = v02+υx2= 5v0，设速度方向与PQ成θ角，sinθ=v0v= 55，选项A、B错误。粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动qvB2=mv2r2，r2=mvqB2，L=2r2sinθ=d2，选项C正确。粒子穿过PQ分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度v0回到A点，其运动轨迹如图，在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动qvB1=mv02r1，由几何关系，2r1=2x−L，r1=3d4，可得磁场Ⅰ的磁感应强度大小B1=4mv03qd，选项D正确。
11.【答案】(1)0.820(2)bd(3)偏大
【解析】(1)由图可知，主尺刻度为8mm，游标尺上对齐的刻度为4，故读数为：(8+4×0.05)mm=8.20mm=0.820 cm。
(2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：mg(L−d2)=12m(dt)2，即1t2=2gd2L−gd，得b=gd，g=bd。
(3)此时小球的遮光宽度小于直径，遮光时间偏小，由于v=dt，测出的速度偏大，所以动能偏大。
12.【答案】(1)4800最右端6
(2)8.9 30
【解析】(1)电压表扩大量程，串联一个定值电阻R0=9−56000Ω=4800Ω，断开S1、S2，闭合S，调节滑动变阻器阻值，让电流表读数18mA，回路的总电阻R=EI=500Ω，接入的滑动变阻器阻值远大于电流表的内阻，闭合S2，保持R接入电路中的阻值不变，可认为回路电流不变，调节电阻箱的阻值使得电流表读数为6 mA时，即量程扩大3倍。
(2)根据闭合电路欧姆定律得出，电源路端电压与电流的关系：
9U5=E−3Ir
得U=59E−53rI
即59E=4.95
53r=4.95−
解得E=8.9V，r=30Ω
13.【答案】解：(1)对汽缸，根据平衡条件有pA1S+2mg+2mg=p0S
初态A气体压强pA1=13p0或者pA1=2mgS
(2)初态B气体压强，对活塞P，根据平衡条件有
pB1S+mg=pA1S，解得pB1=16p0
重新恢复平衡，末态A气体压强，对汽缸，根据平衡条件有
pA2S+2mg=p0S，pA2=23p0
末态B气体压强，对活塞P，根据平衡条件有
pB2S+mg=pA2S，pB2=12p0
由环境温度保持不变，根据玻意耳定律可得
pA1l0S=pA2lAS，pB1l0S=pB2lBS
汽缸上升的距离h=2l0−lA−lB= 35 cm
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)1.8∼2.0s过程，通过导体棒电流I=ΔqΔt①
得I=5A
导体匀速，对导体棒F=BLI+μmg ②
导体匀速时，导体棒电动势E=BLvmax=③
限定律I=ER+r ④
由 ① ②得B=1T
由 ① ② ③ ④得vmax=2m/s
(2)方法一：E=△Φ△t⑤
I=ER+r⑥
q=IΔt⑦
△Φ=BLx1⑧
由以上公式可得x1=3.2m
方法二：0∼1.8s过程Ft−μmgt−F安t=mvmax−0
即Ft−μmgt−B2L2R+rx1=mvmax−0，得x1=3.2m
(3)0∽1.8s过程Fx−μmgx+WFe=12mvmax2−0⑨
0∼ 1.8 s过程产生总热量Q总=−WF安10
0∼ 1.8 s电阻R产生热量QR1=RR+rQ总⑪
得QR1=7.5J
1.8 s后匀速阶段电阻R热量QR2= Q−QR1⑫
QR2=I2Rt⑬
x2=vmaxt⑭
x=x1+x2⑮
由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮得x=7.2m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)b球运动到最高点，水平方向动量守恒：0=kmvb+m(−va)
即：0=kmxb+m(−xa) ①
几何关系：xa+xb=L ②
由 ① ②得xa=kk+1L
(2)设球b的坐标为(x,y)时，a球水平向左移动距离为xa，b球水平向右距离为L−x:
以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：0=kmvb+m(−va)
0=km(L−x)+m(−xa) ③
以a球为参考系，b球轨迹为圆
(x−xa)2+y2=L2 ④
由 ③ ④得(x−kk+1L)2(Lk+1)2+y2L2=1或[(1+k)x−kL]2+y2=L2
b球的轨迹是一个椭圆
(3)设b球的水平速度为vbx，竖直速度为vby，a球水平速度为va
以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：0=kmva+m(−va) ⑤
以a球和b球为整体，机械能守恒，以水平杆为零势能面：
12kmv02=−kmgLsin30∘+12km( vb2+vb2)2+12mva2 ⑥
当b球运动到水平杆下方，且轻杆为水平杆正方向夹角30∘时，以a球为参考系，此时b球速度方向与水平方向夹角
为60∘:tan⁡60∘=vbyvdx−(−va)⑦
vb= vb2+vb2 ⑧
由 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧得vb= (3k2+6k+4)(v02+gL)3k2+7k+4
【解析】详细解答和解析过程见【答案】