湖南省长沙市2校2022-2023高三下学期3月联考物理试题（含解析）

长沙市2校2022-2023学年高三下学期3月联考
物理试题
一、单选题（28分）
1．古今中外，一代代科学家们在探究客观世界的过程中，创造和发展了很多行之有效的物理思想和研究方法。关于物理概念的建立和物理规律的形成、下列说法正确的是（　　）
A．加速度的定义采用的是比值定义法，此式说明加速度与速度的变化量成正比
B．将匀变速直线运动看成极短时间的一小段一小段匀速直线运动，然后逐段求和得出位移是采用了微元法的思想
C．手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微元法的思想
D．在实验探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了类比法
2．如图所示，是半径为的半圆柱体玻璃的横截面，为直径。一束单色光沿AO方向从真空射向OD界面，入射角为，折射光线与圆柱面的交点为B。已知玻璃对该单色光的折射率为，光在真空中的速度为，则光从到所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压
D．仅增大加速电极间的电压
4．如图所示，一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置在磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。轨道两端在同一高度上，M为轨道的最低点，一质量为m的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。若小球始终不脱离轨道，则下列说法正确的是（　　）
A．小球不能够到达轨道右端的最高点
B．小球第一次到达轨道最低点M的速度可能小于
C．小球第一次到达轨道最低点M时，对轨道的压力等于
D．小球再次到达轨道最低点M时，对轨道的压力可能小于
5．近代物理主要是指19世纪末和20世纪初开始形成的相对论和物质的微观结构理论。下列相关近代物理知识的说法正确的是（　　）
A．一个处于能级的氢原子向基态跃迁最多可能产生3种频率的光子
B．方程式是核裂变反应，反应过程损失3个中子
C．真空中a、b两种单色光能量的比值为k，则a、b光子动量的比值为
D．原子核的结合能越大，原子核越稳定
6．如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，滑轮组下端挂有物体B。滑轮组绳的末端通过定滑轮沿水平方向与物体A相连。此时物体A在绳的水平拉力作用下向左做匀速直线运动，此时测力计的示数为；在物体B下加挂重为的物体C后，用水平向右的力F拉动物体A可使其沿水平桌面向右做匀速直线运动，此时物体B上升的速度大小为。已知每个滑轮重均为，若不计绳重及滑轮的摩擦，g取，则下列说法中正确的是（　　）
A．物体A所受滑动摩擦力大小为 B．水平向右的力F的大小为
C．物体B所受重力为 D．拉力F做功的功率为
7．一定质量的理想气体由状态变为状态，其过程如图中直线段所示，状态对应该线段的中点。下列说法中不正确的是（ ）
A．、两点的内能相同
B．、两点的温度之比为3：4
C．过程中气体对外界做正功
D．过程中气体向外界放热
二、多选题（20分）
8．图中虚线框内为某同学设计的家庭电路保护装置的结构示意图，闭合铁芯左侧上的线圈由电源两根输入线（火线和零线）并行绕成。当右侧线圈中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K（K被吸起后，它不能自动回位，只能手动接通），从而切断电路起到保护作用。为了演示该装置的保护作用，他又进一步设计了图示的模拟电路（图中电源为交流电源，模拟人为金属玩偶）。关于这个模拟电路的实验结果，以下正确的是（　　）
A．若只闭合开关S1，K将被吸起
B．若闭合S1后再闭合开关S2，K将被吸起
C．若闭合S1后再闭合开关S3，K将被吸起
D．如果换成稳压直流电源，闭合S1后再闭合开关S3，K也将被吸起
9．如图所示，MN为半径为R、固定于竖直平面内的光滑圆管轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪。现发射质量为m的小钢珠，小钢珠从M点离开弹簧枪，从N点飞出落到上距O点2R的Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，则该次发射（　　）
A．小钢珠在M点时，弹簧处于原长状态
B．小钢珠经过N点时的速度大小为
C．小钢珠到达N点时对上管壁的压力大小为
D．小钢珠落到Q点时的速度方向与间的夹角为45°
10．如图所示，把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气尖劈，让单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下面关于条纹的说法中正确的是（　　）
A．条纹是由于光在空气尖劈膜的上下两表面反射形成的两列光波叠加产生的
B．条纹中的暗条纹是由于两列反射光的波谷与波谷叠加的结果
C．若将薄片厚度加倍，条纹间距会变小
D．若玻璃板左右两侧各增加薄片使上玻璃板平行上移，条纹间距会变大
11．如图所示，闭合导体线框的质量可以不计，将它从图示位置匀速向右拉出匀强磁场。若第一次用速度v1拉出，线圈产生的热量为Q1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用速度v2（v2>v1）拉出，线圈产生的热量为Q2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．Q1>Q2 B．Q1<Q2 C．q1<q2 D．q1=q2
三、实验题（12题5分，13题10分）
12．如图，某学校兴趣小组利用甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为）。其中为电阻箱，电流表的内电阻约为，电压表的内电阻约为。
（1）利用图乙中实验电路测电源的电动势和内电阻，所测量的实际是丙图中虚线框所示“等效电源”的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，则“等效电源”的电动势=________；=________。（均用和表示）
（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在下列图、和中，实线是根据实验数据（图甲：，图乙：）描点作图得到的图像；虚线是该电源的路端电压随电流变化的图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。
A．B．
C． D．
在如图中，对应图甲电路分析的图像是：________；对应图乙电路分析的图像是：________。
（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择测量方法是________（填“甲”或“乙”）。
13．在“用DIS测量电源的电动势和内阻”的实验中，A同学将待测电源、电阻箱R、阻值为6Ω的定值电阻R0、电流传感器连成图（甲）所示的电路。
（1）B同学认为：R0阻值太小，可以去掉。此观点________（选填“正确”、“错误”）
（2）A同学实验时，调整电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R和电流传感器示数I，在计算机上绘出的关系图线，如图（乙）中的线a所示，将电源a换为电源b，测量多组数据，在同一坐标系中绘出图线b。不计电流传感器内阻，由图线可知，电源a的电动势Ea=_______V，内阻ra=_______Ω。
（3）若将定值电阻R2分别与电源a、b连接，则R2两次消耗的功率Pa_________Pb（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
四、解答题（14题10分，15题12分，16题15分）
14．某探究小组利用压力传感器设计了一个温度报警装置，其原理如图所示。在竖直放置且导热性良好的圆柱形容器内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体温度T0=300K、活塞与容器底的距离h0=30cm，因环境温度升高活塞缓慢上升d=5cm后恰好接触固定的压力传感器，环境温度继续上升至T2=420K时触发报警器工作。大气压强P0=9.9×104Pa，重力加速度g=10m/s2。
（1）求活塞刚接触传感器时气体的温度T1及报警器被触发工作时气体的压强P2；
（2）若封闭气体从温度T0至T2过程中内能增加了ΔU=150J，求气体从外界吸收热量Q。
15．如图所示，在平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。x轴下方有半径的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小也为，磁场方向垂直纸面向里。原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向发射比荷均为的带正电的粒子。一足够长的粒子收集板，底端P位于处，垂直于x轴放置，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电。（结果可以带根号）
（1）若从粒子源发出的粒子1沿方向进入x轴上方磁场区域后打在P点，求粒子1的速度大小；
（2）若从粒子源发出的粒子2沿方向进入x轴下方磁场区域后，第一次到达x轴上的点为P点，求粒子2的运动时间；
（3）撤除圆形磁场区域，粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为的粒子，会有两个不同方向入射的粒子打在上的同一位置被吸收，求上这种位置分布的区域长度。
16．如图所示，A点距水平面BC的高度h=1.8m，BC与光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE对应的圆心角，圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=9.75m，一质量为m=1kg的小物块从A点以的速度水平抛出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点。当物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，随后物块滑上传送带EF，已知物块在传送带运动时会在传送带上留下划痕，物块与传送带EF间的动摩擦因数，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块做平抛运动时水平方向的位移BC的长度；
（2）物块到达C点时速度；
（3）若传送带顺时针运转的速度为5m/s，物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度s。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．加速度的定义采用的是比值定义法，但加速度与速度的变化量无关，故A错误；
B．将匀变速直线运动看成极短时间的一小段一小段匀速直线运动，然后逐段求和得出位移是采用了微元法的思想，故B正确；
C．手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了将微小形变放大的方法，故C错误；
D．在实验探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】设折射角为θ，由几何关系知
又因为
则光从到所用的时间为
故选A。
3．C
【详解】设加速电场电压为，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由
得
电子进入极板后做类平抛运动，有
电子的偏转角
故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
4．D
【详解】A．小球在运动过程，受到重力、支持力和洛伦兹力，洛伦兹力、支持力方向始终和速度方向垂直，不做功，由动能定理可知，小球到达轨道右端的最高点速度为零，能够到达轨道右端的最高点，故A错误；
BC．小球从轨道左端最高点由静止释放至小球第一次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故BC错误；
D．小球从轨道右端最高点至小球第二次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故D正确。
故选D。
5．A
【详解】A．一个处于能级的氢原子向基态跃迁最多可能产生
n-1=3
种频率的光子，故A正确；
B．方程式是衰变反应，故B错误；
C．真空中a、b两种单色光能量的比值为k，根据
所以
光子的动量
所以a、b光子动量的比值为k，故C错误；
D．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故D错误。
故选A。
6．D
【详解】C．由图可知，两条绳子向下拉弹簧测力计，弹簧测力计的示数
F示=2F拉1+G轮
解得
F拉1=200N
又因为滑轮组绳子末端受到的拉力
解得
GB=550N
故C错误；
B．由于力的作用相互的，物体A受到的水平拉力
F1=F拉1=200N
因为物体A匀速直线运动，所以A物体所受摩擦力
故B错误；
A．在物体B下加挂重为60N的物体C后，滑轮组绳子末端受到的拉力
F拉2（G轮+GC+GB）（50N+60N+550N)=220N
由于力的作用相互的，物体A受到向左的拉力
因为物体A对桌面的压力、接触面的粗糙程度不变，所以物体A受到摩擦力大小不变，还是200N，
此时物体A受到向右的拉力F、向左的拉力F左、向左的摩擦力f，因为物体A向右匀速直线运动，所以可得
故A错误；
D．物体向右移动的速度
拉力做功功率
故D正确。
故选D。
7．D
【详解】AB．根据理想气体的状态方程
可知，p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，、两点温度相同，内能相同； 、两点的温度之比
故AB正确不符合题意；
C．过程中体积变大，气体对外界做正功，故C正确不符合题意；
D．过程中气体内能不变（实际上先增大后减小），气体对外界做正功，根据热力学第一定律，从外界吸热，故D错误符合题意。
故选D。
8．CD
【详解】AB．流过开关S1、S2的电流流过线圈时，在线圈中产生的磁场大小相等，方向相反，总磁通量是0；所以副线圈中没有感应电流，K不会被吸起，故AB错误；
C．若闭合S1后再闭合开关S3，当S3的电路中电流过大时，电磁铁的磁性将会增强，副线圈中产生感应电流，K将被吸起，故C正确；
D．如果换成稳压直流电源，若闭合S1后再闭合开关S3，电磁铁的磁性将会增强，副线圈中产生感应电流，K将被吸起，故D正确。
故选CD。
9．ABD
【详解】A．小钢珠从M点离开弹簧枪，说明小钢珠在M点时，弹簧处于原长状态，A正确；
B．钢珠离开N点后做平抛运动，水平位移
竖直方向
解得
故B正确；
B．小钢珠到达N点时由牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，小钢珠到达N点时对上管壁的压力大小为，故C错误；
D．小钢珠落到Q点时的竖直方向的速度为
则速度与水平方向夹角
则小钢珠落到Q点时的速度方向与间的夹角为45°，故D正确。
故选ABD。
10．AC
【详解】A．空气薄膜上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以条纹是由于光在空气尖劈膜的上下两表面反射形成的两列光波叠加产生的，故A正确；
B．条纹中的暗条纹是由于两列反射光的波峰与波谷叠加的结果，故B错误；
C．根据薄膜干涉的特点可知条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，条纹间距都相等，若将薄片厚度加倍，条纹间距会变小，故C正确；
D．若玻璃板左右两侧各增加薄片使上玻璃板平行上移，条纹间距不变，故D错误。
故选AC。
11．BD
【详解】AB．令线框长为，宽为，线框匀速拉出过程的感应电动势为
感应电流为
拉出过程经历时间
产生热量为
解得
可知，匀速拉动的速度越大，产生热量越多，由于
v2>v1
则有
Q1<Q2
A错误，B正确；
CD．根据上述，匀速拉出线框过程，通过导线横截面的电荷量为
可知
q1=q2
C错误，D正确。
故选BD。
12． A C 甲
【详解】
（1）[1][2]等效电源断路时电流为0，路端电压等于电源的电动势，即，等效电源的为实际电源和电流表串联，故等效内阻为电源内阻和电流表内阻之和，即
（2）[3][4]甲图中所测量的为电源和电压表并联组成的“等效电源”
故乙图中电动势相等，短路电流实验值小于理想值，甲图中短路电流相等，电动势实验值小于理想值。对应图甲电路分析的图像是A，对应图乙电路分析的图像是C。
（3）[5]电源内阻较小，故选择甲图的误差比较小。
13． 错误 10 4 小于
【详解】（1）[1]如果去掉R0，当电阻箱R阻值为0Ω时电路被短路，不安全，所以观点错误；
（2）[2]根据闭合电路欧姆定律
化解得
则
解得
Ea=10V
[3]根据
解得
ra=4Ω
（3）[4]由a、b线对比可知
若将定值电阻R2分别与电源a、b连接，有
则与电源a连接时，电流更小，由
可知
Pa＜Pb
14．（1），；（2）
【详解】（1）气体第一阶段为等压变化
解得
第二阶段为等容变化
解得
（2）活塞缓慢上升过程中对外做功
根据热力学第一定律
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子1沿方向进入x轴上方磁场区域后打在P点，根据几何关系可知
根据
解得
（2）粒子源发出的粒子2沿方向进入x轴下方磁场区域后，第一次到达x轴上的点为P点，根据出射速度反向延长线过圆心，根据几何关系可知
解得
且
解得
在磁场中
除磁场匀速运动
运动总时间
（3）粒子圆周运动的半径
临界1：如图，初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点
PM=2r3sinθ1=
临界2：如图，初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有
r3（1+cosθ2）=x0
解得
θ2=60°
可得
PN= r3sinθ2=m
所以两个不同方向入射的粒子打在上的同一位置长度
16．（1）4.8m；（2）10m/s，方向与水平方向夹角为37°；（3）4m
【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，下落时间
水平位移BC的长度为
（2）物体运动到C点时，竖直方向的速度
物块到C点时速度大小为
与水平方向的夹角
夹角是37°。
（3）已知，物块刚滑到传送带时，物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知
达到传送带速度所需时间为
通过的位移为
划痕等于
则达到相同速度后，由于，故物块继续向上微减速运动，根据牛顿第二定律可得
当到达F点时，速度给好为，则
划痕长度
因为
划痕重叠的部分为l.25m，所以物块在传送带上运动时会留下的划痕长度4m。

湖南省长沙市2校2022-2023高三下学期3月联考物理试题（含解析）