1、20222023学年度第一学期高三年级调研考试试卷物理一、选择题：本大题共10小题，16题只有一项符合题目要求，每小题4分，710题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共48分。1. 图甲是研究光电效应的电路图，图乙是光电流与电压的关系。根据图甲和图乙中提供的信息，下列说法正确的是（）A. a光的光照强度等于c光的光照强度B. a光的光照强度小于b光的光照强度C. a光的频率小于c光的频率D. a光的频率大于b光的频率【答案】C【解析】【详解】CD根据，可得入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，由图像可知a光、b光的遏止电压相等，且小于c光的遏止电压，
2、所以三种色光的频率关系为故C正确，D错误；Aa光的频率小于c光的频率，在相同电路下，a光发生光电效应对应的饱和电流大于c光对应的饱和电流，说明a光的光照强度大于c光的光照强度，故A错误；Ba光、b光的频率相等，在相同电路下，a光发生光电效应对应的饱和电流大于b光对应的饱和电流，说明a光的光照强度大于b光的光照强度，故B错误。故选C。2. 光滑圆柱体被a、b两支架支持处于平衡状态，接触点为A和B，圆柱体中心为O，AO水平，BO和水平成30。把接触点A逆时针沿圆周缓慢移到O的正下方，移动过程中圆柱体始终保持平衡。下列说法正确的是（ ）A. a支架的力先变大后变小B. a支架的力先变小后变大C. b
3、支架的力先变大后变小D. b支架的力先变小后变大【答案】B【解析】【详解】以圆柱体为研究对象进行受力分析，初状态在重力mg、Na、Nb作用下处于平衡状态；当B不动，把接触点A逆时针沿圆周缓慢移到O正下方的过程中。利用矢量三角形法则画出两个力的变化如图所示由图可得，Na先变小后变大，Nb不断变小，即a支架的力先变小后变大，b支架的力不断变小。故选B。3. 如图将飞镖从同一高度，以不同的速度水平抛出。飞镖落至地面插入泥土后的指向就是它落地瞬时的速度方向。量出前后两次飞镖落地后与水平面的夹角分别为30和60。则前后两次落地点距抛出点水平距离的比为（不计空气阻力）（）A. B. C. D. 【答案】B
4、【解析】【详解】设飞镖从高度h处平抛，飞镖落地后速度与水平面的夹角，根据速度夹角正切值等于位移夹角正切值的两倍，则有解得因高度h相同，则两次水平位移之比为故选B。4. 将一段固定在绝缘竖直杆上，质量分布均匀、正电荷分布均匀的线，置于水平向右的匀强电场中。线稳定后的样子为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】利用微元法：设单位长度质量为，电荷量为，取线上一小段，其所带的电荷量为，质量为，对这小段的线进行受力分析得，受重力大小为，电场力为，和该小段细线两端线的拉力的合力，合外力为零。这该小段细线与竖直方向的夹角的正切值为由于、都为定值，故该小段细线与竖直方向的夹角为定值，则可理解整
5、体细线与竖直方向夹角相同，故A正确，BCD错误。故选A。5. 如图，固定的倾角为的光滑杆上锁定一个质量为m的圆环，圆环与原长为h的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点。A点距杆的竖直高度也为h。解除锁定圆环沿杆滑上，当弹簧到达虚线位置时圆环速度恰好为零，下列说法正确的是（）A. 在上滑过程中圆环的机械能守恒B. 在上滑过程中弹簧的弹性势能始终减少C. 弹簧的弹性势能在整个过程中减少了mghD. 弹簧最短时，圆环的速度最大【答案】C【解析】【详解】A在上滑过程中由于弹簧的弹力会做功，故圆环的机械能不守恒，故A错误；B由题知弹簧的原长等于h，在上滑过程中，弹簧的长度先减小到原长，然后再
6、压缩到最短，最后再回到原长，故弹簧的弹性势能先减小再增大最后减小，故B错误；C根据系统机械能守恒可知，整个过程中圆环的动能变化量为零，而重力势能增加了mgh，故弹簧的弹性势能减少了mgh，故C正确；D当弹簧沿斜杆方向的分力等于重力沿斜杆方向的分力时，加速度为零，速度最大，而当弹簧最短时弹力是垂直杆的方向，而此时重力沿斜杆向下的分力会产生加速度，故此时速度不是最大，故D错误。故选C。6. 太阳系八大行星中金星的部分数据测量值如下表所示：金星质量金星半径自转周期公转半径公转周期6100km243天224天则金星两极点与赤道重力加速度的差值约为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】金
7、星在两极点，万有引力等于重力，则有解得金星在赤道，则有约去m，可得联立得则金星两极点与赤道重力加速度的差值代入数据解得故选D。7. 如图是苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。为压力传感器。为可调电阻，两端电压越大，电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强（）A. 压力越大越大B. 压力越大越小C. 调节的大小可以起到保护电路的作用D. 调节的大小可以改变苹果筛选的标准【答案】BD【解析】【详解】AB压力越大，若越小，则总电阻越小，总电流越大，故两端电压越大，则电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强，所以大苹果从下面的轨道通过，小苹果从上面轨道通过，可以起到自
8、动分拣大小苹果的效果，反之则不能，故A错误，B正确；CD通过调节的大小，可以改变的两端的电压，则可以改变电磁铁对分栋开关的衔铁吸引力的强弱，从而改变苹果筛选的标准，故C错误，D正确。故选BD。8. 如图所示，在B = 1T的匀强磁场中有一个n = 10匝，面积为S = 1m2，线圈电阻为5的闭合矩形线圈绕轴做角速度为1rad/s的匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，从图所示位置开始计时。通过线圈的电流大小从1A变到的过程中（ ）A. 线圈转过的最小角度为15B. 线圈转过的最小角度为105C. 经历的最短时间为D. 经历的最短时间为【答案】AC【解析】【详解】根据代入数据解得从图所示位置开始
9、计时，即从感应电动势最大位置开始计时，则有所以有则电流瞬时值的表达式有当电流为1A时，则有可得，当电流为时，则有可得，故线圈转过的最小角度为经历的最短时间为故选AC。9. A、B两物体以大小相等的初速度沿同一直线运动，运动过程中的xt图像如图所示，B图为抛物线，下列说法正确的是（）A. A物体的速度为B. B物体的加速度为C. A、B两物体经过2s相遇D. A、B相遇时B速度为【答案】BCD【解析】【详解】A由图可知A物体的图像是直线，故A物体做负方向的匀速直线运动，根据xt图像表示速度可知，则有故A错误；B由图可知，B图为抛物线，故B做正方向的匀加速直线运动，且B物体的初速度大小等于A物体的
10、初速度大小，即，B物体在前1s内，根据代入数据有解得故B正确；C由图可知，A、B两物体刚开始相距6m，设经过ts相遇，则有代入数据解得故C正确；D相遇时，对B根据速度时间公式有代入数据解得故D正确。故选BCD。10. 如图，x、y、z三维坐标系（z轴为竖直方向）中处有一发射源，起始时刻向x轴负方向发射初速为，质量为m，带电量为q的正电粒子，在xOy平面及上方充满沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 带电粒子做匀变速曲线运动B. 粒子的动能先增大后减小C. 时，粒子坐标为D. 从起始时刻开始，经历两段连续相等的时间，粒子的竖直分位移比为1：3【答案】CD【
11、解析】【详解】A沿z轴方向，粒子受向上的电场力和向下的重力作用，由于，故电场力大于重力，则这两个恒力的合力沿z轴正方向，根据左手定则可知，粒子刚开始受的洛伦兹力方向沿y轴正方向，之后洛伦兹力的方向不断变化，则粒子一边沿z轴正方向做安速度为零的匀加速直线运动，一边以围绕y=d的中心轴旋转，故粒子所受的合力不是恒力，所以粒子不是做匀变速曲线运动，故A错误；B由A项分析知，粒子沿z轴方向电场力与重力的合力做正功，而洛伦兹力不做功，根据动能定理，可知粒子的动能一直增大，故B错误；C沿z轴正方向，根据牛顿第二定律有解得则有根据洛伦兹力提供向心力，则有解得粒子围绕y=d中心轴旋转的周期为则经过时，粒子沿y
12、轴正方向距离为由于粒子在x轴正方向没有发生运动，故x=0，故粒子的坐标为，故C正确；D由A分析可知，粒子沿z轴正方向，即竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动推论可知，则从起始时刻开始，经历两段连续相等的时间，粒子的竖直分位移比为1：3，故D正确。故选CD。二、实验题（11题5分，12题10分，共15分）11. 利用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M，钩码质量为将滑块系在绕过定滑轮悬挂有钩码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，测得两光电门间的距离为x。重力加速度取g。（1）用螺
13、旋测微器测出遮光条的宽度，如图乙所示，其宽度d_mm。（2）验证牛顿第二定律成立的表达式为：_。（用题中字母表示）【答案】 . 11.305（11.30311.307均可给分） . 【解析】【详解】（1）1由乙图可知宽度为（2）2滑块经过光电门1的速度为经过光电门2的速度为根据速度位移公式有解得对钩码，根据牛顿第二定律有对遮光条和滑块，根据牛顿第二定律有联立解得代入a的表达式，则有即为本实验的验证式。12. 物理兴趣小组利用“伏安法”测量一个阻值较小的定值电阻Rx的阻值，可用器材有：电压表（量程为15V，内阻约为5000），电流表（量程为0.6A，内阻为5），电源E（电动势为12V，内阻不计）
14、，滑动变阻器R最大阻值为10，定值电阻R0阻值为15，开关S，导线若干。（R0、Rx、R、电流表、电压表、电源、开关等仪器均无断路和短路，导线无断路）（1）在答题卡上将图甲所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图_。要求电流表和电压表的示数从零开始变化。（2）连接电路后，闭合开关，逐渐移动滑片，发现电流表始终没有示数，电压表示数逐渐增大最终接近电源电压。则出现该现象的原因可能是_；（3）该电路中R0的作用是_；（4）测出多组数据，作出IU图像，如图乙所示。则Rx阻值为_。【答案】 . . R0与Rx之间接线处断路（其他Rx与电流表之间接线处断路等其他答案正确均可给分，说仪器断路或者短路均不给分
15、） . 保护电路，增大电压表读数范围，降低读数误差（能描绘处保护电路意思和方便读数即可给分） . 4【解析】【详解】（1）1因待测电阻Rx电阻和电流表的内阻都较小，为保护电路，应将定值电阻R0与它们串联，又要求电流表和电压表的示数从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，故验电路的原理图如图所示（2）2出现该现象的原因可能是R0与Rx之间接线处断路；（3）3由（1）分析可知该电路中R0的作用是：保护电路；增大电压表读数范围，降低读数误差；（4）4根据IU图像可知斜率为代入数据解得R4= 4三、计算题：（13题11分，14题14分，15题12分，共37分
16、）13. 如图，水平轨道的AC段粗糙，长度为L5m，其余部分光滑。质量为的滑块以速度v2m/s与静止在A点的质量为的滑块发生正碰（碰撞时间极短），碰后滑块恰好滑到C点，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.04，重力加速度g取，求：（1）碰后在AC上滑行的时间；（2）、碰撞过程中损失的能量。【答案】（1）2.5s；（2）1J【解析】【详解】（1）根据速度位移公式有根据动量守恒有解得则碰后在AC上滑行的时间（2）根据能量守恒有14. 如图所示，在直角坐标系xOy第一象限的空间内存在沿y轴负方向、电场强度E200V/m的匀强电场，第二象限的空间内存在垂直纸面向里、磁感应强度B0.125T的匀强磁场
17、。质量均为、电荷量均为的两带电粒子a、b同时以的速率，从y轴上P点沿x轴正、负方向射出，PO之间的距离，经过一段时间后，两粒子先后通过x轴。若两粒子之间的相互作用、所受重力以及空气阻力均可忽略不计，求：（1）两粒子经过x轴的时间差；（2）a、b两粒子的轨迹与x轴交点之间的距离d。【答案】（1）；（2）0.28m【解析】【详解】（1）对a粒子，在电场力做类平抛运动，则沿y轴负方向，根据牛顿第二定律有根据解得a粒子到达x轴的时间为对b粒子，在磁场中偏转，则有解得根据则b粒子到达x轴运动的时间故两粒子经过x轴的时间差（2）a粒子沿x轴正方向做匀速直线运动，则有故a、b两粒子的轨迹与x轴交点之间的距离
18、15. 中国第三艘航空母舰“福建舰”采用的是世界上最先进的电磁弹射技术，下表为电磁弹射和蒸汽弹射的部分数据。已知起飞跑道由电磁弹射区域和非电磁弹射区域两部分组成。电磁弹射区域的长度。某舰载飞机的质量m20t，从跑道末端起飞速度v90m/s，起飞过程喷气发动机可以持续提供的恒定推力，飞机所受阻力恒为重力的0.1。重力加速度g取，（）求：（1）飞机离开电磁弹射区域的速度大小；（结果可以用根式表示）（2）起飞跑道总长度L。蒸汽弹射电磁弹射一次能量95MJ120MJ能量利用率6%60%平均事故周期405周1300周峰均加速度比200%105%预热时间24h15min【答案】（1）；（2）150m【解析】【详解】（1）根据动能定理有代入数据解得（2）根据动能定理有代入数据解得则起飞跑道总长度
