高中物理高考三轮冲刺 一等奖

南通市2023届高三第二次调研测试物理一、单项选择题．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．第1题图水流方向bacOd1．如图所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至第1题图水流方向bacOdA．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向【答案】B【考点】本题旨在考查运动的合成和分解。【解析】人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着ob方向即可对甲实施救助。故选：B2．如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近．粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计．则（）第2题图bacBAv第2题图bacBAv0+B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度【答案】C【考点】本题旨在考查电场线。【解析】A、由图知，带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误；B、粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误；C、根据动能定理得：，可得能求出A产生的电场中a、b两点间的电势差，故C正确；D、ab间不是匀强电场，根据公式，不能求b点的电场强度．故D错误。故选：C接控制器第3题图abERMRP3．某温控电路的原理如图所示，RM是半导体热敏电阻，接控制器第3题图abERMRPA．环境温度降低，RM的阻值减小B．环境温度升高，Uab变大C．滑片P向下移动时，Uab变大D．调节滑片P能改变升温和降温设备启动时的临界温度【答案】D【考点】本题旨在考查闭合电路的欧姆定律。【解析】A、是半导体热敏电阻，环境温度降低时，的阻值增大，故A错误；B、环境温度升高时，的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知变小，故B错误；C、滑片P向下移动时，增大，总电流减小，则变小，故C错误；D、调节滑片P时，可改变，从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故D正确。故选：D【举一反三】本题是电路的动态变化分析问题，关键要掌握串联电路中电压与电阻成正比的规律，并能用来分析实际问题。4．电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则（）第4题图机第4题图机电介质加速度传感器B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【答案】D【考点】本题旨在考查电容器的动态分析。【解析】A、根据电容器的电容公式，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确。故选：D第5题图电机缆绳拉绳F1F第5题图电机缆绳拉绳F1F2αβA．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大B．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变C．缆绳与竖直方向的夹角α可能大于角βD．缆绳拉力F1的功率保持不变【答案】A【考点】本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率。【解析】A、对物体受力分析如图：一物体匀速运动，故合力为零在竖直方向：在水平方向：在上升过程中，α增大，而β不变，联立可以判断缆绳拉力和拉绳拉力都增大，故A正确，B错误；C、因大于，故缆绳与竖直方向的夹角小于角，故C错误；

D、拉力的功率，由于变大，也变大，故无法判断大小，故D错误。故选：A二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过．如图所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r，周期为T．该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”A．可计算出太阳的质量B．可计算出彗星经过A点时受到的引力第6题图太阳火星第6题图太阳火星轨道彗星AD．可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度【答案】AD【考点】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】A、火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，得：，故A正确；B、由于不知道彗星的质量，所以无法求解彗星经过A点时受到的引力，故B错误；CD、彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力，不能根据求解彗星经过A点的速度大小，该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”，所以可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度，故C错误，D正确。故选：AD7．涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是（）～第7题图～第7题图待测工件B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】ABC【考点】本题旨在考查电磁感应在生活和生产中的应用。【解析】A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，故A正确；B、感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B正确；C、因为线圈交流电是周期变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C正确；D、电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故D错误。故选：ABC第8题图3Lv0yOBBCAxv08．如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A第8题图3v0yOBBCAxv0A．带电粒子在磁场中运动的半径B．带电粒子的电荷量C．带电粒子在磁场中运动的时间D．带电粒子的质量【答案】AC【考点】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【解析】A、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为；，则R；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为，B对应的圆心角为；即可确定对应的圆心角，则由可以求得转动的时间；故AC正确；B、由于不知磁感应强度，故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量；故BD错误。故选：AC第9题图甲乙sEkOLACBF9．如图甲所示，固定斜面AC长为L，B为斜面中点，AB段光滑．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C，此过程中物块的动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示．设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t第9题图甲乙sEkOLACBFBBt0taOAtt0vOCLsaODLsEO【答案】CD【考点】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律。【解析】A、根据动能随s的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，即合力先做正功再做负功，知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；B、前半段和后半段均做匀变速直线运动，两段过程中加速度分别不变，但是两段过程中的时间不等，故B错误，C正确；D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随s均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确。故选：CD【易错警示】解决本题的关键得出物块在整个过程中的运动规律，注意前半段和后半段的运行时间不同，这是容易错误的地方。三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．必做题10.（10分）某实验小组要测量电阻Rx的阻值．（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示，则该电阻的测量值为▲Ω．第第10题图甲RxRAVS乙RxRAVS丙（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（20mA，内阻约2Ω）；待测电阻Rx；滑动变阻器R1（0-2kΩ）；滑动变阻器R2（0-200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．在图乙、图丙电路中，应选用图▲（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用▲（选填“R1”或“R2”）．（3）根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接．第10题图第10题图戊SRR0RxR1R2abVAGSRmAV+-_丁第10题答图mAV+-_（4）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，Un、In；③描点作出U-I图象，根据图线斜率求出R第10题答图mAV+-_A．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端B．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端C．G表示数为零时，a、b两点间电势差为零D．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响【答案】（1）140；（2）丙、；（3）如图（4）CD【考点】本题旨在考查伏安法测电阻。【解析】：（1）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是：（2）由于待测电阻的电阻值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路．所以实验电路选择丙，滑动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择；（3）根据实验的原理图，依次连接电路如图；（4）A．闭合S前，为保护G表，开始时的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端．故A错误；B．调节G表的示数为零时，与的滑片的位置无关，故B错误；C．该图实验的原理是利用惠斯通电桥法，G表示数为零时，a、b两点间电势差为零．故C正确；D．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响．故D正确。故选：CD故答案为：（1）140；（2）丙，；（3）如图（4）CD第11题图遮光片光电门接计时器11.（8分）用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门.调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、第11题图遮光片光电门接计时器（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai．则=▲.（结果用t0和ti表示）（2）作出的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=▲.（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是▲.A．1gB．5gC．40gD．100g（4）请提出一条减小实验误差的建议：▲.【答案】（1）；（2）；（3）C；（4）减小绳与滑轮间的摩擦力【考点】本题旨在考查验证机械能守恒定律。【解析】（1）设挡光条的宽度为，则重锤到达光电门的速度，当挡光时间为t0时的速度①，挡光时间为时的速度②，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有：③④由①②③④解得：（2）根据牛顿第二定律得：⑤⑥由⑤⑥解得：作出的图线的斜率为，则：解得：（3）重锤的质量约为，为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大，所以、和都不适合，故C正确。故选：C（4）为了减小实验误差，我们可以减小绳与滑轮间的摩擦力或选取密度较大的重锤。故答案为：（1）；（2）；（3）C；（4）减小绳与滑轮间的摩擦力。12．选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答，则按A、B两小题评分．)A．(选修模块3-3)(12分)在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看作绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．（大气压强随高度的增加而减小）（1）空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是▲(图中虚线是气体的等温线)．DVpODVpOCVpOBVpOVApO（2）空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团▲（选填“对外放热”或“对外做功”）；设空气团的内能U与温度T满足U=CT（C为一常数），空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，则此过程中空气团升高的温度ΔT=▲．（3）若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d，已知水的密度为ρ、摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA．求：①一个小水滴包含的分子数n；②水分子的大小d0．【答案】（1）C；（2）对外做功、；（3）①、。【考点】本题旨在考查【解析】（1）在图中等温线为双曲线的一支，而且越远离坐标远点的温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低温度线指向高温度线，另外在此过程中空气团的体积变化，故选：C；（2）空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，根据热力学第一定律可知空气团对外做功；根据得：①由根据热力学第一定律得：②③

①②③联立解得：（3）①水滴的体积为：水滴的质量：分子数：②根据：解得：答：（1）C；（2）对外做功、；（3）①一个小水滴包含的分子数为、水分子的大小为。B．(选修模块3-4)(12分)（1）下列说法中不符合事实的是▲．A．机场安检时，借助X射线能看到箱内物品B．交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘C．建筑外装涂膜玻璃应用了光的全反射D．液晶显示应用了偏振光【答案】C【考点】本题旨在考查光的偏振、全反射。【解析】A、X射线有较强的穿透能力，借助X射线能能检测与探伤，机场安检时，借助X射线能看到箱内物品,故A正确；B、交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，故B正确；C、建筑外装涂膜玻璃应用了光的薄膜干涉，不是光的全反射，故C错误；D、液晶显示应用了液晶的各向异性和光的偏振原理．故D正确。本题选择错误温度，故选：C激光u第12B（2）题图（2）如图所示，一束激光频率为ν0，传播方向正对卫星飞行方向，已知真空中光速为c，卫星速度为u，则卫星上观测到激光的传播速度是▲，卫星接收到激光的频率ν▲ν0（选填“大于”、“等于”激光u第12B（2）题图【答案】、大于【考点】本题旨在考查爱因斯坦相对性原理和光速不变原理.【解析】由相对论原理可得激光速度为：依据多普勒效应可知，卫星接收到激光的频率大于故答案为：、大于第12B（3）题图OO1MPQɷ（3）如图所示，一半圆形玻璃砖半径R=18cm，可绕其圆心O在纸面内转动，M为一根光标尺，开始时玻璃砖的直径PQ与光标尺平行．一束激光从玻璃砖左侧垂直于PQ射到O点，在M上留下一光点O1．保持入射光方向不变，使玻璃砖绕O点逆时针缓慢转动，光点在标尺上移动，最终在距离O1点h=32cm处消失．已知O、O1间的距离第12B（3）题图OO1MPQɷ①玻璃砖的折射率n；②光点消失后，光从射入玻璃砖到射出过程经历的时间t．【答案】①；②OO1MOO1MhCPQθωl第12B（3）题答图【解析】①发生全反射时光路如图：由数学知识得：全反射临界角：玻璃的折射率：②光在玻璃中传播的速度：全反射时光穿过玻璃砖的时间：答：①玻璃砖的折射率是；②光点消失后，光从射入玻璃砖到射出过程经历的时间为。C．(选修模块3-5)(12分)第12C题图0n=1第12C题图0n=1n=2n=3n=4∞（1）下列说法中正确的是▲．A．反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B．基态反氢原子的电离能是C．基态反氢原子能吸收11eV的光子发生跃迁D．在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长（2）反氢原子只要与周围环境中的氢原子相遇就会湮灭，因此实验室中造出的反氢原子稍纵即逝．已知氢原子质量为m，光在真空中传播速度为c，一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时辐射光子，则辐射的总能量E=▲，此过程▲守恒．（3）一群氢原子受激发后处于n=3能级，当它们向低能级跃迁时，辐射的光照射光电管阴极K，发生光电效应，测得遏止电压UC=．求：①逸出光电子的最大初动能Ek；②阴极K的逸出功W．【答案】（1）B；（2）、能量和动量；（3）①9、②【考点】本题旨在考查氢原子的能级公式和跃迁。【解析】：（1）A、反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A错误；B、处于基态的氢原子的电离能是，具有大于等于能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；C、基态的氢原子吸收11eV光子，能量为，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故C错误；D、在反氢原子谱线中，从能级跃迁到基态辐射光子能量最大，频率最大，波长最小，故D错误。故选：B（2）已知氢原子质量为，光在真空中传播速度为，一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时辐射光子，则辐射的总能量，此过程能量和动量

守恒；（3）①根据动能定理得：②初动能最大的电子是从能级3跃迁至能级1发出光照射金属板时产生的，则：解得：故答案为：（1）B；（2）、能量和动量；（3）①9、②。13．（15分）电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计．（1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P；（2）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；（3）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明:载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．第13题图第13题图MN乙abcdBN甲MabcdB【答案】（1）；（2）、（3）根据可知，n越大，a越大【考点】本题旨在考查法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势。【解析】（1）时刻线框中的感应电动势：功率：解得：（2）由动能定理有：解得：穿出过程线框中的平均电动势：线框中的电流：通过的电量：解得：（3）n匝线框中时刻产生的感应电动势：线框的总电阻：线框中的电流：时刻线框受到的安培力：设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有：解得：可知，n越大，a越大答：（1）线框中感应电流的功率为；（2）安培力对线框所做的功为及通过导线截面的电荷量为（3）根据，可知，n越大，a越大。第14题图BAOθmO′14．（16分）如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO第14题图BAOθmO′（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l1；（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2，求匀速转动的角速度ω；（3）若θ=30º，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0=匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球沿杆方向的速度大小为v0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W．【答案】（1）；（2）；（3）【考点】本题旨在考查动能定理、向心力。【解析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：解得：小球速度最大时其加速度为零，则：第14题答图第14题答图BFNθmgAF2（2）设弹簧伸长时，球受力如图所示，水平方向上有：竖直方向上有：解得：（3）当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有：解得：此时小球的动能：小球在最高点A离开杆瞬间的动能：根据动能定理有：