2023届云南省金平县第一中学高三第四次诊断考试物理试题

2023届云南省金平县第一中学高三第四次诊断考试物理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，实线表示某电场的电场线，虚线表示一带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设4和8点的电

势分别为cp.和cps粒子在A、8两点加速度大小分别为明和许，速度大小为乙和力,电势能分别为和,

下列判断正确的是（）

A.vA<vBB.aA<aBC.cpA<cpBD.EPA>EPB

2、下列说法中不正确的是（）

A.在关于物质波的表达式£=/”和p=g中，能量£和动量〃是描述物质的粒子性的重要物理量，波长久或频率V是

A

描述物质的波动性的典型物理量

B.光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性

C.天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构

D.丫射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比p射线要强

3、在一边长为L的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为g的点电荷，其中A5C处为正点电荷，。处为负点电荷,

P、。、M、N分别是A8、BC.CD、DA的中点，贝!!（）

A.A/、N两点电场强度相同

B.尸、。两点电势相同

C.将一个带负电的粒子由。沿直线移动到M,电势能先增大后减小

D.在。点静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着0。做匀变速直线运动

4、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1,电表均为理想电表，Ri为阻值随温度升高而变小

的热敏电阻，岛为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（）

A.输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为“=36五sin50R（V）

B.UO.O2s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小

C.R温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输人功率变大

D.UO.Ols时，电流表的示数为0

5、一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度％沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度V随时间［变化关系的

图像是（）

6、下列单位中属于国际单位制（SI）基本单位的是（）

A.牛顿B.焦耳C.千克D.库仑

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、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波f=ls时刻波形图，该时刻”点开始振动，再过1.5s,N点开始振

动。下列判断正确的是o

B.质点〃的振动方程y=0.5sin（2R+|o

C.质点M、N相位相差是了

D.f=0.5s时刻，x=1.0m处质点在波峰

E.r=2.5s时刻，质点M、N与各自平衡位置的距离相等

8、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,分是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，

定值电阻R=10C,其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有

A.当单刀双掷开关与“连接时，电压表的示数为22V

B.当单刀双掷开关与分连接时，在f=0.01s时刻，电流表示数为4.4A

C.当单刀双掷开关由〃拨向8时，副线圈输出电压的频率变为25Hz

D.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小

9、下列说法正确的是

A.两个分子间的距离/•存在某一值m（平衡位置处），当r大于ro时，分子间斥力大于引力；当r小于ro时分子间斥

力小于引力

B.布朗运动不是液体分子的运动，但它可以反映出分子在做无规则运动

C.用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙

D.随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终还是达不到绝对零度

E.对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少

10、静电场方向平行于X轴，其电势随X轴分布的0—X图像如图所示，外和X。均为已知量，某处由静止释放一个

电子，电子沿X轴往返运动。已知电子质量为"?，带电荷量为e,运动过程中的最大动能为4,则（）

B.在往返过程中电子速度最大时的电势能为-G°e

2xE

C.释放电子处与原点的距离为玉=二^

efPo

D.电子从释放点返回需要的时间为强声及

e<Po

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）某实验小组成员用如图所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长关系”的实验.

（D将弹簧悬挂在支架上，弹簧上端刚好与竖直刻度尺的零刻度对齐，当弹簧下端挂上一个钩码且处于静止时，弹簧

下端的指针指在刻度尺上的位置如图1所示，此时弹簧的长度为h=cm.

（2）对于实验中的操作，下列说法正确的是.

A.测量弹簧原长时，需要把弹簧水平放稳后进行测量读数

B.挂钩上挂的钩码越多，实验误差越小

C.弹簧的自重不会影响弹簧的劲度系数测量

D.由于弹簧的自重，会使测量的劲度系数有一定的误差

（3）在弹簧弹性限度内，改变弹簧下端所挂钩码的个数，同时测出对应弹簧的长度，已知每个钩码的质量为50g,在

/坐标系中描点作图如图2所示，当地的重力加速度g取9.80m/s2,则由图象可以得到弹簧的劲度系数A=

N/m（结果保留三位有效数字）.

12.（12分）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。

他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图:

a.电流表Ai（量程0.6A,内阻很小）；电流表A2（量程300jiA,内阻310000）;

b.滑动变阻器R（0-20。）；

c,两个定值电阻Ri=l0（）0。，R2=9000Q；

d.待测电阻Rx：

e.待测电源E（电动势约为3V,内阻约为2Q）

（1）根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为（填“RF或“Rz”）

（2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关％,调节滑动变阻器，分别记录

电流表AI、A2的读数11、L,得h与I2的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势E=V；电源内阻

『C,（计算结果均保留两位有效数字）

（3）小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：

①闭合开关8、S2,调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表Ai示数L,电流表A2示数人

②断开开关S2,保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表Ai示数L,电流表A2示数Id；后断开Si；

③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值

相比（填“偏大”、“偏小”或“相等”）

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）如图所示，水平光滑轨道A8与半径为K的竖直光滑半圆形轨道BC相切于8点.质量为2,”和机的〃、

》两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块。与一轻弹簧相连.某一瞬间给小滑块a—冲量使

其获得%=3旅的初速度向右冲向小滑块儿与b碰撞后弹簧不与5相粘连，且小滑块5在到达8点之前已经和弹

簧分离，不计一切摩擦，求:

(1)“和》在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能；

(2)小滑块方与弹簧分离时的速度；

(3)试通过计算说明小滑块方能否到达圆形轨道的最高点C.若能，求出到达C点的速度；若不能，求出滑块离开圆

轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角6.(求出。角的任意三角函数值即可).

14.(16分)如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角a=37。，其带电量Q=xlO^C；

I

质量m=0.1kg、带电量q=+lxl0rc的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷.(静电力恒量

k=9xlO9N»m2/C2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；

(2)B球的速度最大时两球间的距离；

(3)若B球运动的最大速度为v=4m/s,求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？

15.(12分)如图(a)所示，倾角和30。的光滑固定斜杆底端固定一电量为2=2x107(：的正点电荷，将一带正电小球

(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与。未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图

(b)所示,其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象.(g=10m/s2,静电力恒量K=9xl09N・m2/C2)

则

(a)(b)

(1)描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况;

(2)求小球的质量，〃和电量g；

(3)斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差

(4)在图(b)中画出小球的电势能e随位移s变化的图线.(取杆上离底端3m处为电势零点)

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、C

【解析】

AD.带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，若粒子从A到B过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故

带电粒子通过A点时的速度比通过5点时的速度大，即以〉以，EPA<EPB>选项AD错误；

B.根据电场线疏密可知，EA>EB,根据尸=Eg和牛顿第二定律可知，aA>aB,选项B错误；

C.根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，散CPA〈CPB，选项C正确。

故选C。

2、B

【解析】

h

A.表达式£=加和0=:中，能量£和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长入或频率丫是描述物质的波动

性的典型物理量，故A正确；

B.光电效应显示了光的粒子性，而不是波动性，故B错误；

C.天然放射现象的发现，揭示了原子核复杂结构，故C正确；

D.丫射线一般伴随着a或p射线产生，丫射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确。

本题选不正确的，故选B。

3、B

【解析】

A.场强叠加遵循平行四边形定则，M、N两点电场强度大小相等，方向不同，A错误；

B.尸、。两点即关于A、C两正电荷对称，又关于5、。两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在P、。两点

产生的电势相同，B正确；

C.M、N、P、。关于4、C两正电荷对称，所以对于4、C两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对8、。两异

种电荷而言，P、。两点的电势高于M、N两点的电势，所以负电的粒子由。沿直线移动到根据：

Ep=q(p

可知负电荷电势能一直增大，C错误；

D.这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从0点静止释放的粒子不可能做匀变速运动，

D错误。

故选B。

4、C

【解析】

A.由交变电流的图像可读出电压的最大值为36夜V,周期为0.02S,则

co=2^-rad/s=1007trad/s

0.02

所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为

u=360sin100兀«V)

故A错误；

B.当UO.O2s时，输入电压的瞬时值为()，所以该发电机的线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误;

C.K温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流A变大，则原线圈中电流也变大，由人。得，变压器的输入功率变

大，电压表读数

则U3减小，故C正确；

D.电流表测的是电路中的有效值，不为0,D错误。

故选C

5、C

【解析】

根据牛顿第二定律：上滑过程：〃耍加，+"，叫C0S优下滑过程：〃嘤加比较可知：

则物块上滑过程X图象的斜率比下滑过程的大。由速度•时间公式得：上滑过程有师二%的下滑过程有叩=。20，可得：

£1〉的

故C正确，ABD错误。

故选C。

6、C

【解析】

国际单位制基本单位一共只有七个。据此判断即可。

【详解】

ABD.牛顿、焦耳和库伦都是国际单位制中力学的导出单位，ABD不符合题意.

C.千克是质量单位，是国际单位制中力学的基本单位，C符合题意.

故选C。

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、ACE

【解析】

A.质点M和N相距6m,波的传播时间为1.5s,则波速:

M12-6,4/

v=——=-------m/s=4m/s,

\t1.5

故A正确；

B.波长Q4m,根据波长、波速和周期的关系可知周期为:

T=—=ls,

v

圆频率：

2乃

co=——=2乃rad/s,

T

质点M起振方向向上，Uis时开始振动，则质点M的振动方程为y=0.5s加（2欣・2加），故B错误;

C.相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为加，质点M、N相隔L5九故相位相差小故C正确;

D.Z=0.5s=0.57,波传播到x=4.0m处，此时x=1.0m处质点处于波谷，故D错误;

E.t=2.5s=2.5T,N点开始振动，质点M、N相隔1.53振动情况完全相反，故质点M、N与各自平衡位置的距离相

等，故E正确。

故选ACE.

8、AB

【解析】

A.当单刀双掷开关与a连接时，变压器原副线圈的匝数比为10：1,输入电压

Ui=隼=220V

故根据变压比公式

£L-A-12

讥一工一丁

可得输出电压为22V,电压表的示数为22V,故A正确；

B.当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1,输入电压S=22()V,故根据变压比公式，输出

电压为44V,根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值

,U44A…

A=—2=——A=4.4A

2R10

故B正确；

C.由图象可知，交流电的周期为2x10-2$,所以交流电的频率为

/=1=50HZ

T

当单刀双掷开关由“拨向〜时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz。故C错误；

D.当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线

圈的输入功率变大，故D错误。

故选AB。

9,BDE

【解析】

A、两个分子间的距离r存在某一值“(平衡位置处)，当r大于ro时，分子间斥力小于引力；当r小球ro时分子间斥

力大于引力，所以A错误；

B、布朗运动不是液体分子的运动，是固体微粒的无规则运动，但它可以反映出液体分子在做无规则运动，所以B正

确；

C、用手捏面包，面包体积会缩小，只能说明面包内有气孔，所以C错误；

D、绝对零度只能无限接近，不能到达，所以D正确；

E、对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位面积上分子数减小，则单位时间碰撞分子数必定减少,

所以E正确.

10、ABD

【解析】

A.在OCxVxo区间内，场强大小

E」L二%

d/

方向沿+x方向；在“o<xVO区间内，场强大小

E4=%

dxQ

场强方向沿一x方向，故A正确；

B.根据能量守恒可知，电子速度最大即动能最大时，电势能最小，根据负电荷在电势高处电势能小，则此时电势能

为

Ep=~e(p0

故B正确；

C.已知电子质量为小、带电荷量为e,在运动过程中电子的最大功能为Ek,根据动能定理得

eEx}=£k

得

X

x___0^k

eEe%

故C错误；

D.根据牛顿第二定律知

eE_e^

LI——

mmx()

粒子从静止到动能最大的时间为四分之一周期，匀加速直线运动的时间为

t=j2mEk

Vae(pn

电子从释放点返回需要的时间为

丁=中=也42〃阳

e(P。

故D正确。

故选ABD.

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、22.50(22.50—22.52均可)C23.0(22.7-23.2均可)

【解析】

(1)[1]已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，由示数可知此时弹簧的长为22.50cm；

(2)[2]A.弹簧自身有重力，弹簧竖直悬技时由于自身重力必然有一定的伸长，故弹簧竖直悬挂时测出的长度，才能

作为实验中弹簧的原始长度，A错误；

B.悬挂的钩码太多，有可能会超过弹簧的弹性限度，B错误;

CD.由于：

Ax

即左与弹力的变量A尸及对应的形变量有关，与弹簧的自重无关，C正确，D错误.

(3)[3]根据图象有：

300X1Q-3X9.8

k=——N/m=23.0N/m

Ax(33.2-20.4)x1O-2

II

12、R23.02.1—(rA+R2)相等

JcLJ

【解析】

(1)电流表(与此串联，可改装为量程为U=4(G+4)=300x1041000+90003=31/的电压表，故选用即

可；

(2)由图可知电流表4的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；内阻r二"=3QT.80Q=2.1Q

AZ0.58

(3)由题意可知：//?=/,(5+4),/,.(/?+&)=/式％+&)；联立解得R,=(}-，)(2+&)：由以上分析可

知，若考虑电流表Ai内阻的影响，则表达式列成：Iu(R+rAl)=Ib(rA+R2),/*2+/?+4)=/式心+&),最后

求得的R*表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。

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。

3___2

13、(1)EPlll=mgR(2)v2=2y[gR(3)sin—

【解析】

(1)。与〃碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大.设此时初的速度为外则由系统的动量守恒可得

2mvo=3mv

由机械能守恒定律

1,1,

解得：

L3n

Ep,"=%mgR

⑵当弹簧恢复原长时弹性势能为零，〜开始离开弹簧，此时方的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速

运动.设此时。、b的速度分别为肛和及，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：

2mv^=2mvi+mv2

；•2mvQ=g-2mvf+gmvf

解得：

v2=2y[gR

⑶设分恰能到达最高点C点，且在C点速度为vc,

由牛顿第二定律：

Vc

me-m—

R

解得：

Vc=y[gR

再假设h能够到达最高点C点，且在C点速度为此'，由机械能守恒定律可得:

；mv；=2mgR+gmv^

解得：

年=0（标

所以5不可能到达C点

假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒

12

—mvB=mgR

解得

所以能越过与圆心等高处

设到达。点时离开，如图设倾角为6：刚好离开有N=0,由牛顿第二定律：

,年

mgsin”a=

从3到。有机械能守恒有:

1212

mg(R+Rsin0)~—mv2——mv^

解得：

.八2

sin，=一

3

【点睛】

本题综合性较强，考查了动量守恒、机械能守恒定律以及完成圆