云南省曲靖市宣威市第二中学2023年高三物理联考试卷含解析

云南省曲靖市宣威市第二中学2023年高三物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2。则物体运动的加速度为

A．

B．

C．a

D．参考答案：A2.（4分）如图所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是___________A．n1<n2，a为红光，b为蓝光

B．n1<n2，a为蓝光，b为红光C．n1>n2，a为红光，b为蓝光

D．n1>n2，a为蓝光，b为红光

参考答案：

答案：B3.两个相同的、质量分布均匀的金属球a和，分别固定于绝缘支座上，设两球质量均为，两球心间的距离为球半径R的3倍。若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为Q，则a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是A．，

B．，C．，

D．，参考答案：C4.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C． D．参考答案：B【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g

①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N

竖直方向：m2g=f其中：f=μ1N联立有：m2g=μ1F

②联立①②解得：故选：B5.为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102Kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，得用传感器测得此过程序中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F-1/V图象，如图所示（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则根据图象可确定（

）A、电动车运动过程中所受的阻力B、电动车的额定功率C、电动车维持匀加速运动的时间D、BC过程电动车运动的时间参考答案：AB

C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在用架空电缆进行高压输电时，为了增加电缆的抗拉能力，常常增加挂线的弧度，如图所示，在ABCD四点，若电缆线端切线与竖直方向的夹角都是60o，已知电缆线能承受的最大拉力为2000N，则AB或CD段电缆线承重不超过

A．1000N

B．2000N

C．2000N

D．N参考答案：B7.如图所示，处在水里的平面镜开始处于水平位置，它可以绕过O点的水平转轴以的角速度在竖直平面内逆时针方向匀速转动，一细束光线沿水平方向射向镜面。设水的折射率n=1.414，则平面从开始转动到有光线从水中射向空气中所用的最短时间为

s。

参考答案：

答案：0.258.如图所示为火警报警装置的部分电路，其中ε为电源，r为电源内阻，R2是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，R1、R3是定值电阻．a、b两端接报警器．当传感器R2所在处出现火险险情时，与险情出现前相比，a、b两端电压U变小，电流表中的电流I变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）．参考答案：考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．专题：恒定电流专题．分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大．故答案为：变小，变大点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分→整体→部分”的顺序进行分析．9.（选修3—3）如图一活塞与汽缸密封了一定质量的气体，活塞与汽缸之间摩擦不计，可在汽缸中自有移动，汽缸固定在地面上不动。现通过一热源对汽缸加热，某同学测出气体吸收的热量为2.0×106J，算出活塞移动对外做功为2.5×106J，则气体内能______（选填“增加”或“减少”）______J,该同学测算出的数据有何问题？____________________________参考答案：答案：减少、5×10-4、违反热力学第二定律10.

（5分）裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核为燃料的反应堆中，当俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式，其中一种可表示为：反应方程下方的数字中子及有关原子的静止质量（以原子质量单位u为单位）。已知1u的质量对应的能量为9.3×102MeV，此裂变反应释放出的能量是________MeV。参考答案：答案：1.8×10211.某行星绕太阳运动可近似看作匀速圆周运动，已知行星运动的轨道半径为R，周期为T，万有引力恒量为G，则该行星的线速度大小为

；太阳的质量可表示为

。参考答案：答案：，

解析：该行星的线速度V=；由万有引力定律G=，解得太阳的质量M=

。12.如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时的波形图，虚线为t2=0.5s时的波形图，已知0＜t2－t1＜T，t1=0时x=2m处的质点A正向y轴正方向振动。①质点A的振动周期为

s；

②波的传播方向是

；③波速大小为

m/s。参考答案：

答案：①2；②向右；③213.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，已知状态A的温度为300K，则由状态A变化到状态B的过程中，气体的内能

（填“增大”、“减小”或“不变”），是

（“吸热”或“放热”）过程。参考答案：增大

吸热三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.在测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中(1)看右图，请你回忆：你在实验室做测绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时，除了图中已给的实验仪器外，还应该有什么仪器：

(2)小嘉和小敏同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流。俩同学连好的实物如图乙所示。①在以下电流表中选择合适的一只是_____；电流表A1（量程3A，内阻约

0.1Ω）；电流表A2(量程600mA，内阻约0.5Ω)；电流表A3(量程100mA，内阻约3Ω)。②若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为______段；（用图乙中字母表示）③若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，你觉得他俩该如何排除此“意外”？

④实验测得的部分数据如表，请在图丙所示的坐标纸上作出该元件的I—U图像；电压U/V0.400.801.201.602.002.40电流I/A0.020.050.120.200.310.44

参考答案：(1)电流表（量程为0.6A）；（2）①电流表A2

；②h；③电流表的量程接大了；④描点得到一条过原点的，I与U正相关的曲线.解析：：（1）描绘灯泡伏安特性曲线需要用电压表测电压，用电流表测电流，用滑动变阻器改变电路电阻，所以还需要电流表（量程为0.6A）；

（2）①需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．

即额定电流I=0.5A，所以合适的电流表是电流表A2（量程600mA，内阻约0.5Ω）；

②由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器接成了限流接法，故说明h导线发生了断路；

③电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，即电流表的量程接大了；

④根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：15.（15分）现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为，内阻约为800～850，把它改装成、的两量程电流表。可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；

滑动变阻器，最大阻值；电阻箱，最大阻值；

定值电阻，阻值；电池E1，电动势1.5V；电池，电动势；电池，电动势；（所有电池内阻均不计）标准电流表A，满偏电流；单刀单掷开关和，单刀双掷开关，电阻丝及导线若干。（1）采用如图1所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为

；选用的电池为

。

（2）将G改装成两量程电流表。现有两种备选电路，示于图2和图3。图

为合理电路，另一电路不合理的理由是

。

（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用来表示。参考答案：答案：（1）（或最大阻值）

（或电动势4.5V）；（2）2

图3电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏；（3）所用电路图如下：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区，已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的滑动摩擦因素为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：（1）滑块进入CDHG区域时的速度大小．（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．参考答案：考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的速度与位移的关系；滑动摩擦力；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；（2）分三个过程计算出运动时间；其中第一过程匀减速，第二过程匀速，第三过程类平抛运动．解答：解：设三个区域的电场强度大小依次为E、E和2E，滑块在三个区域运动的时间分别为t1、t2和t3：（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qE﹣mg=ma3而由题意知qE=mg在水平方向和竖直方向分别有L=vGt3以上解得：即滑块进入CDHG区域时的速度大小为．（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向qE=mg所以不受摩擦力，做匀速直线运动在ABFE区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向FN=qE+mg在水平方向Ff=ma1由滑动摩擦力定律：以上解得当滑块由E运动到F时，由运动学公式vF2﹣vE2=2（﹣a1）L代入解得仍由运动学公式vF=vE﹣a1t1解得所以即滑块在ADHE区域运动的总时间为．点评：本题关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解．17.为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm的遮光板，如下图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝2.00s．试估算：(结果保留两位有效数字)。(1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？参考答案：18.物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与普通锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之