广东省广州市陈嘉庚纪念中学(原第三十中学)2023年高三物理联考试卷含解析

广东省广州市陈嘉庚纪念中学(原第三十中学)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.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示,由静止释放后A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点参考答案：AD2.下列说法正确的是(

)A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C．第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律D．一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加E．因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势参考答案：BDE3.（单选）一物体做匀变速直线运动，其位移与时间关系是：x=10t-4t2，则（

）A．物体的初速度是10m/s

B.物体的加速度是4m/s2C．物体的加速度是-4m/s2

D.以上说法均不对参考答案：A由匀变速直线运动公式可知，物体的初速度为10m/s，加速度为-8m/s2，A对；BC错；4.作用于同一点的两个力，大小分别为F1=5N，F2=4N，这两个力的合力F与F1的夹角为θ，则θ可能为：（

）

A．30o

B．45o

C．60o

D．75o

参考答案：AB5.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的图是：（

）A.B.C.D.参考答案：CAB图中为点电荷电场，其中A图中两点到点电荷的距离相等，所以电场强度大小相等，但两者方向不同，B图中两点的电场方向相同，但两点到点电荷的距离不同，故电场大小不等，AB错误；C为匀强电场，故两点的电场强度相等，C正确；D中电场线疏密程度不同，故电场强度不等，D错误．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.光电效应和

都证明光具有粒子性，

提出实物粒子也具有波动性．参考答案：康普顿效应，德布罗意解：物体在光的照射下发射出电子的现象叫光电效应，根据爱因斯坦光子说的理论可知，光电效应说明了光具有粒子性．康普顿效应也揭示了光具有粒子性．而德布罗意波长，λ=，可知，实物粒子具有波动性．7.为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图中标出．(g＝9.8m/s2)

(1)作出m—l的关系图线；

(2)弹簧的劲度系数为________。参考答案：(1)如图所示

(2)0.259N/m(0.248～0.262)8.如图所示，实线为一列简谐波在t=0时刻的波形，虚线表示经过△t=0.2s后它的波形图像，已知T<△t<2T（T表示周期），则这列波传播速度的可能值v=

；这列波的频率可能值f=

。参考答案：答案：0.25m/s，0.35m/s；6.25Hz，8.75Hz9.如图所示，真空中有一顶角为75o，折射率为n=的三棱镜．欲使光线从棱镜的侧面AB进入，再直接从侧面AC射出，求入射角θ的取值范围为

▲

。

参考答案：450＜θ＜90010.如图所示，AB、BC、CA三根等长带电棒绝缘相连成正三角形，每根棒上电荷均匀分布，AB、BC带电均为+q，CA带电为-q，P点为正三角形中心，P、Q两点关于AC边对称。现测得P、Q两点的电场强度大小分别为E1和E2，若撤去CA棒，则P、Q两点的电场强度大小分别为EP=__________，EQ=__________。参考答案：，（写成也给分）11.利用α粒子散射实验最早提出原子核式结构模型的科学家是

；他还利用α粒子轰击（氮核）生成和另一种粒子，写出该核反应方程

．参考答案：卢瑟福，12.如图所示，OB杆长L，质量不计，在竖直平面内绕O轴转动。杆上每隔处依次固定A、B两个小球，每个小球的质量均为m。已知重力加速度为g。使棒从图示的水平位置静止释放，当OB杆转到竖直位置时小球B的动能为_____________，小球A的机械能的变化量为___________。参考答案：，13.如图所示，一根绝缘杆沿竖直方向放置，杆上有一个带负电的圆环，它的质量为m、电量为q，与杆间的动摩擦因数为μ．所在的空间存在着方向都是水平向右的匀强电场与匀强磁场，电场强度大小为E、磁感应强度大小为B．现将圆环从静止开始释放，环将沿杆下落，则圆环运动过程中的最大加速度为为__________，最大速度为__________。

参考答案：

答案：

三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A．电压表V1（量程6V、内阻很大）

B．电压表V2（量程3V、内阻很大）C．电流表A（量程3A、内阻很小）

D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）E．小灯泡（2A、5W） F．电池组（电动势E、内阻r）G．开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整．（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到U﹣I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=

V、内阻r=

Ω．（结果保留两位有效数字）（3）在U﹣I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为Ω（结果保留两位有效数字）．参考答案：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．（2）电源的U﹣I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r===1.0Ω．（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R滑，则R滑=0.0Ω．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0.0．【分析】（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图．（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值．15.某同学用游标尺为10个小等分刻度的游标卡尺测量一物体的长度，得到如图所示的示数．由于前半部分被遮挡，只能看到游标尺的后半部分，则图中游标卡尺的读数为3.45cm．参考答案：解：游标上有10个小等分刻度的长度是9mm；所以游标卡尺的固定刻度于游标尺对其的刻度读数为39mm，游标尺上第5个刻度游标读数为0.9×5mm=0.45mm，所以最终读数为：39mm﹣4.5mm=34.5mm=3.45cm；故答案为：3.45四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔s1处射入电容器，穿过小孔s2后从距三角形A点的P处垂直AB方向进入磁场，试求：

（1）粒子到达小孔s2时的速度；

（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；

（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？参考答案：答案：；，；：解：(1)带电粒子在电场中运动时由动能定理得：

------------------------------------------------------------2分解得粒子进入磁场时的速度大小为

-------------------------------------------------------------2分(2)粒子的轨迹图如图甲所示，粒子从进入磁场到从AD间离开，由牛顿第二定律可得：--------------------------------------------------------------1分粒子在磁场中运动的时间为-------------------------------------------------------------------1分）由以上两式可解得轨道半径--------------------------------------------------------------2分磁感应为-----------------------------------------------------------2分（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图乙所示，设此时的磁感应强度为B1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为---------------------------------------------------------1分由牛顿第二定律可得--------------------------------------1分解得----------------------------------------------------------1分粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图丙所示，设此时的磁感应强度为B2，根据几何关系有：-------------------------------------------------1分由牛顿第二定律可得---------------------------------------1分由以上两式解得----------------------------------1分总上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：

-----------------------------------------2分17.如甲图所示，在Ⅰ、Ⅱ两处区域有磁感强度均为B的匀强磁场，磁场方向相反且垂直纸面，两磁场边界平行，与水平方向夹角45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1O2为平行板的中线。在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）。某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同。粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出。粒子b恰好从M板左端进入电场。不计粒子重力和粒子间相互作用，求（1）粒子a、b从Ⅰ磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件。参考答案：见解析（1）如图所示，粒子a、b在磁场中均转过90°，平行于金属板进入电场。由几何关系可得

（1分）由牛顿第二定律可得 （1分） （1分）解得 （1分） （1分）（2）粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为 （1分）在磁场中运动时间 （1分）粒子在两磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 （2分）则全程所用时间为 （1分）（3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间故粒子b在t=0时刻进入电场。 （2分）由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是tb=ta，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即=n