2023届江西省白鹭洲中学高三第一次诊断考试物理试题文试题

2023届江西省白鹭洲中学高三第一次诊断考试物理试题文试题

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在仁0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x=6m处的质点产在最

短时间内到达波峰历时0.6s。图中质点M的横坐标x=2.25m。下列说法正确的是（）

A.该波的波速为7.5m/s

B.0〜0.6s内质点尸的路程为4.5m

C.0.4s末质点M的振动方向沿y轴正方向

D.0〜0.2s内质点M的路程为10cm

2、地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氨因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂

隙向大气中集中释放而形成的。已知氨六Rn的半衰期为3.82d,经衰变后产生一系列子体，最后变成稳定的七Pb,

在这一过程中（）

A.要经过4次a衰变和4次p衰变

B.要经过4次a衰变和6次衰变

C.氨核聚Rn的中子数为86,质子数为136

D.标号为a、b、c、d的4个氨核经3.82d后一定剩下2个核未衰变

3、如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为a=20后sinlOOmV的交流电压接在方两端，L为灯泡，R

为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表Ai的示数增大了0.2A,电流表A2的示

数增大了0.8A,则下列正确的是（）

A.电压表V2示数不变，V3示数增大

B.变阻器滑片是沿d-c的方向滑动

C.该变压器起降压作用

D.灯泡发光每秒闪50次

4、如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁

场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度8随时间，变化的关系如图乙所示。U0时刻，悬线的

拉力为凡。为圆环的直径，CD=d,圆环的电阻为凡下列说法正确的是（）

T

A.一时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流

4

B.五时刻，C点的电势低于。点

4

c.悬线拉力的大小不超过夕+独左

4TR

齐B；d&R

D.（）~7时间内，圆环产生的热量为

32T

5、下列说法中正确的是（）

A.原子核发生衰变时都遵守电荷守恒、质量守恒、能量守恒

B.置u+；nWBa+■Kr+3；n为核衰变方程

C.光电效应说明了光具有粒子性

D.康普顿散射实验说明了光具有波动性

6、中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到2019年8月23日正式

投入运行1年。散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材料、

聚合物等物质的微观结构。下列关于中子的说法正确的是（）

A.卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子

B.原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定

C.散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化

D.若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电子的物质波

波长长

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、三个质量相同的物体A、B、C如图所示放置在光滑的水平面上，斜劈A的倾角为6,B的上表面水平，现对A施

加水平向左的力/，三个物体相对静止一起向左匀加速运动，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

B.A、B间的摩擦力大小为2mgsine+gEcos，

C.若A、B间，B、C间动摩擦因数相同，则E逐渐增大，A、B间先滑动

D.若A、B间，B、C间动摩擦因数相同，则尸逐渐增大，B、C间先滑动

8、如图所示，ac和"是相距为L的两根的金属导轨，放在同一水平面内。MN是质量为m,电阻为K的金属杆，垂

直导轨放置，c和d端接电阻R=2R,MN杆与cd平行，距离为2L,若0—2”时间内在导轨平面内加上如图所示变化

的匀强磁场，已知U0时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（）

A.感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向

B.回路中电流大小始终为UH

3强

C.导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右

D.导体棒受到的摩擦力大小不变

9、如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d,水平方向足

够长.一个质量为“、电荷量为+g的小球以初速度现在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，贝女）

A.小球在水平方向一直做匀速直线运动B.小球在电场区可能做直线运动

C.若场强大小为整，小球经过两电场区的时间相等D.若场强大小为懑，小球经过两电场区的时间相等

10、如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度

/z=O.lm处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度〃并作出如图乙所示

滑块的4-〃图象，其中高度从o.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空

气阻力，取g=10m/s2,由图象可知（）

A.小滑块的质量为0.1kg

B.轻弹簧原长为0.2m

C.弹簧最大弹性势能为0.5J

D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质

定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为山（已知），在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块

Z。重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g。

图甲

⑴某次实验中。先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。相邻两计数点间还有

四个点没画出，则系统运动的加速度。=m/s2（保留两位有效数字）。

⑵在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为M=（用字母“、g表示

⑶由（2）中理论关系测得的质量为M,而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不

可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异。这是一种（填“偶然误差”或“系统设差

12.（12分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数。

已知铁块A的质量mA=0.5kg,金属板B的质量〃?B=lkg。用水平力F向左拉金属板B,使其一直向左运动，稳定后

弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的动摩擦因数"=（g取10m/s2）。该同学还将纸带连接在金

属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为（Ms,可

求得拉金属板的水平力F=N。

勺---------------------»

----kX--------IX---------

―775,,i，,.二*手工,G--

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）两平行金属导轨水平放置，导轨间距d=（）.8m。一质量〃?=0.2版的金属棒垂直于导轨静止放在紧

贴电阻R处，电阻H=0.1C,其他电阻不计。矩形区域MNQ尸内存在有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小

8=0.25T,MN=PQ=x=0.85m金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为〃=0.4,电阻R与边界加尸的距离

5=0.36m»某时刻金属棒出?在一水平外力作用下由静止开始向右匀加速穿过磁场，其加速度大小a=2m/s2,g取

10m/s2»

（1）求金属棒ah穿过磁场的过程中平均电流的大小；

（2）若自金属棒,必进入磁场开始计时，求金属棒出？在磁场中运动的时间内，外力口随时间/变化的关系。

⑶求金属棒，力穿过磁场的过程中所受安培力的冲量的大小/安

14.(16分)从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻

到达A、B点，如图中实线、虚线所示.两列波的波速均为10m/s.求

rm

(i)质点P、O开始振动的时刻之差;

(ii)再经过半个周期后，两列波在x=lm和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标.

15.(12分)如图所示，一竖直放置、缸壁光滑且导热良好的柱形气缸内盛有一定量的理想气体，活塞将气体分隔成

体积相同的A、B两部分；已知活塞的面积为S,此时A中气体的压强为Pi.现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定

后A、B两部分气体的体积之比为1：2.在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞逸入另一部分，外界气体温度不

变.求:

I.气缸平放时两部分气体的压强;

H.活塞的质量m.

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A

【解析】

3

A.由图象知波长2=6m,根据波动与振动方向间的关系知，质点尸在U0时刻沿y轴负方向振动，经过一7第一次到

4

达波峰，即

3

=0.6s,

4

解得：

T=0.8s»

由口=得波速

T

A,6__.

v=—=——=7.5m/s,

T0.8

A正确；

B.由图象知振幅A=10cm,0〜0.6s内质点P的路程

L=3A=30cm,

B错误；

T_

C.U0时刻质点M沿y轴正方向振动，经过0.4s即5,质点M在x轴的下方且沿y轴负方向振动，C错误；

D.0〜0.2s内质点M先沿y轴正方向运动到达波峰后沿y轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路

程小于A即10cm,D错误。

故选Ao

2、A

【解析】

AB.原子核衰变过程，一次。衰变核电荷数和质量数分别减少2和4,一次P衰变核电荷数不变，质量数增加1,所

以要经过4次a衰变和4次0衰变，A正确，B错误；

C.氨常Rn核的质子数为86,质量数为222,中子数为136,C错误；

D.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，几个原子核不具有统计意义，D错误。

故选A.

3、C

【解析】

AB.观察到电流表Ai的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,即副线圈电流增大，由于“、占接在电压有

效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V”V2示数不变，V3示数减小根据欧姆定律得负

载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c-d的方向滑动，故AB错误，

C.观察到电流表Ai的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量,

根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；

D.由“=20j^sinl()0mV可知，交流电的频率为

100兀

=50Hz

2兀

由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故D错误。

故选C。

4、C

【解析】

T

A.一时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错

4

误；

B.买时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故C点的电势高于。点，故B错误；

4

T

C.U0时刻，悬线的拉力为尸，则圆环重力大小为F,一时，感应电动势

2

RE

E=—S,/=-,FA=Bld

VR

故安培力

F=W

*4TR

故悬线拉力的大小不超过尸+巧过，故C正确;

4TR

T

D.根据以上分析可知()~一时间内，产热

2

23277?

故0~7时间内，圆环产生的热量为

7T2B-d4

Q'=2Q=

16TR

故D错误。

故选C。

5、C

【解析】

A.原子核发生衰变时电荷数守恒和质量数守恒，但质量不守恒，故A错误；

B.旨u+[nf/Ba+黑Kr+3；n为裂变方程，故B错误；

C.光电效应说明了光具有粒子性，故C正确；

D.康普顿在研究石墨对X射线的散射中发现光具有粒子性，故D错误。

故选C。

6、B

【解析】

A.卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故A错误；

B.中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故B正确；

C.中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故C错误；

D.根据德布罗意波波长表达式

hh

A——------

pmv

若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中

子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC

【解析】

A.对整体分析，根据牛顿第二定律可得

F=3ma

解得。=与，以C为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

3

F-ma

解得BC间的摩擦力大小为/=故A正确。

B.B和C的加速度方向向左，大小为则B和C沿斜面向上的加速度为acos。，以BC为研究对象，沿斜

面向上根据牛顿第二定律可得

f-2mgsin0=2inacos0

所以

f=2mgsir\0+—Fcos0

故B错误。

CD.若BC间恰好打滑，则加速度”=〃g,此时A和B间的摩擦力为

fAB=2mgsin0+2/nmgcos0

fAB>2/jmgcos0

说明此时A和B已经滑动，所以动摩擦因数相同，则F逐渐增大，AB间先滑动，故C正确、D错误。

故选AC。

8、BC

【解析】

AB.设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式

.△①ABSB,-2I3

E=----=------=-------

NtArt0

感应电动势恒定，回路中电流

IEBQ?!}

3R3Rta

恒定不变，由于U0时刻导体棒静止，由心=8〃可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假设成立，由

楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误，B正确；

C.由于感应电流方向不变，0%内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于导体棒静止,

则摩擦力方向水平向左，同理可知，t0.2%时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平向右，故C正确；

D.由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩擦力大小变

化，故D错误。

故选BC.

9、ABD

【解析】

A.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度加做匀速直

线运动，故A正确；

B.小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向下的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀

速直线运动，故B正确；

C.若场强大小为整，则电场力等于胆g,在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个

q

电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不等，故C错误；

D.当场强大小为等，电场力等于2,〃g,在电场区小球所受的合力大小等于，叫，方向竖直向上，加速度大小等于g,

方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区

12

d=2St'

V\=gt\

经过第一个电场区

1,

d=v\t--gtr

V2=Vl-gt2

由①②③④联立解得

t\=tl

V2=0

接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速

直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。

故选ABDo

10、BC

【解析】

A.在从0.2m上升到0.35m范围内，4Ek=AEp=tngAh,图线的斜率绝对值为：

所以：

/n=0.2kg

故A错误；

B.在Ek)图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部

分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从A=0.2m,滑块与弹簧分离，弹簧的原长

的0.2m。故B正确；

C.根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以

Epm=mg^/i=0.2x]0x(0.35-0.1)=0.5J

故C正确；

D.由图可知，当九=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化,

因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知

£pmin=£-£kni=£pm+7〃g/z・£km=0・5+0・2x10x0.1-0.32=0.38J

故D错误；

故选BCo

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

Ima

11、0.32-------系统误差

g-a

【解析】

(1)口1根据逐差法求解加速度

x,.-x0.0329+0.0295-0.0264-0.0232…,

a=r~产A邑C=-------------------：------------m/ys2=0.32m/s2

4T24x0.12

(2)[2]对P、Q、Z构成的系统应用牛顿第二定律

(m+M)g-mg=(m+m+M)a

解得

(3)网根据题意可知这种误差为客观因素造成的不可避免的误差，应为系统误差。

12、0.504.50

【解析】

(1)[1]A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数

Ff=F=2.50N

根据

耳=

得

"=0.50

⑵由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据

Ax=aT2

其中

Ar=2cm=0.02m,T=0.1s

解得

a=2.0m/s2

根据牛顿第二定律得

F-Ff=mBa

代入数据解得

F=4.50N

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、⑴3.4A；⑵尸=L68+0.8r(N)其中fW^^=0.5s；⑶0.34N-s。

a

【解析】

(1)设金属棒。人到达磁场左、右边界MP、NQ时的速度分别为匕、匕则有

Vj2=las

2

v2=2a(s+x)

解得

v1=1.2m/s

v2=2.2m/s

由电磁感应规律，金属棒出?的平均感应电动势

盛Bd；，=Bd、

金属棒，洒穿过磁场的过程中平均电流的大小

联立以上各式，解得

7=3.4A。

(2)金属棒出?在磁场中运动时产生感应电动势，金属棒中有感应电流，则金属棒速度为v时受到的安培力

F=Bld=P也■

安R

由牛顿第二定律得

F-/jmg-F^-ma

又因为

v=