2023届江苏省睢宁县菁华高级中学高三年级下册开学考试物理试题文试题

2023届江苏省睢宁县菁华高级中学高三下学期开学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、一定质量的理想气体在升温过程中（）

A.分子平均动能增大B.每个分子速率都增大

C.分子势能增大D.分子间作用力先增大后减小

2、运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间的受力示意图是

3、如图，在点电荷。产生的电场中，将两个带正电的检验电荷如、”分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷

远处为零电势点，若将切、央移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（）

常受

'、*__J

A.gi在A点的电势能大于0在B点的电势能

B.gi在A点的电势能小于尖在B点的电势能

C.qi的电荷量小于02的电荷量

D./的电荷量大于G的电荷量

4、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已

知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m=L0xl0-20kg,带电荷量大小为q=1.0xl（T昭

的带负电的粒子从（1,0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（）

ro/V

A.x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向

B.x轴左侧电场强度Ei和右侧电场强度E2的大小之比Ei：E2=2：1

C.该粒子运动的周期T=L5xlO-8s

D.该粒子运动的最大动能Ekm=2xl（f8j

5、对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”.人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷.由此可以将

磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律.例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等.

在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与

正磁荷在该处所受磁场力方向相同.若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式

正确的是（）

HF

A.F=—B.H=—C.H=FqmD.qm=HF

□m%

6,如图所示，一个圆盘绕过圆心。且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为。，盘面上有一质量为，〃的物块随圆盘

一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为，，下列说法正确的是（）

A.物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为机02r

B.物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为2r

C.物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为，

D.物块只受重力、弹力作用，合力大小为零

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、用轻杆通过钱链相连的小球A、B、C,。、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、8的质量均为2m,

小球C、。、E的质量均为现将4、8两小球置于距地面高人处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运

动，不计一切摩擦，则在下落过程中

AB

FC

A.小球A、B.C、D,£组成的系统机械能和动量均守恒

B.小球8的机械能一直减小

C.小球8落地的速度大小为企疏

D.当小球4的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg

8、如图所示，一磁感强度为6的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d,一质量

为小的带电粒子（不计重力）以水平速度卬从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度为的方

向成30角。以下说法正确的是（）

XXXX

XXXNx

XX/女X

MJ3（y>»%

XXXX

A.粒子可能带负电

B.粒子一定带正电，电荷量为半

aB

Ttd

C.粒子从M点运动到N点的时间可能是二

3%

1371d

D.粒子从M点运动到N点的时间可能是

9、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是质量为电阻为/?的金属杆，垂

直导轨放置，c和d端接电阻R=2K,MN杆与cd平行，距离为2L,若0—2勿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

2BQ

B.回路中电流大小始终为

3曲

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

10、如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d,右侧轨道间距为d。轨道处于竖

直向下的磁感应强度大小为8的匀强磁场中。质量为2”?、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为机、

有效电阻为R的金属棒h静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度vo,经过一段时间两金属棒达到稳定

状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运

动,则下列说法正确的是（）

1ylb

A.金属棒〜稳定时的速度大小为1％

B.整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为也为

3Bd

C.整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为专肥

D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为"加彳

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）实验小组要测定一个电源的电动势E和内阻r。已知待测电源的电动势约为5V,可用的实验器材有：

待测电源；

电压表Vi（量程0〜3V；内阻约为3kC）；

电压表V2（量程。〜6V；内阻约为6kC）；

定值电阻Ri（阻值2.0Q）；

滑动变阻器&（阻值0-20.0。）；

开关S一个，导线若干。

（1）实验小组的某同学利用以上器材，设计了如图甲所示的电路，M,N是电压表，尸、。分别是定值电阻凡或滑动

变阻器R2,则尸应是（选填"R”或“R2”）。

u/v

(2)按照电路将器材连接好，先将滑动变阻器调节到最大值，闭合开关S,然后调节滑动变阻器的阻值，依次记录M、

N的不数UM、UN。

(3)根据UM、UN数据作出如图乙所示的关系图像，由图像得到电源的电动势E=V,内阻J1.

(均保留2位有效数字)

(4)由图像得到的电源的电动势值_________(选填“大于”、“小于”、“等于”)实际值。

12.(12分)利用图示装置可以做力学中的许多实验.

打点计网3u

展命编线涓£

均分长木施

水平实总台均码

(1)以下说法正确的是.

A.利用此装置“研究匀变速直线运动”时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响

B.利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可

确定加速度与质量成反比

C.利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小

车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响

(2).小华在利用此装置“探究加速度”与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车

的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于的值.

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，导热良好的细直玻璃管内用长度为10cm的水银封闭了一段空气柱(可视为理想气体)，水银

柱可沿玻璃管无摩擦滑动。现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30。的光滑斜面下滑，两者保持相对静止时，空气柱长

度为8cm。某时刻玻璃管突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为300K,整个过程水银未从收

璃管口溢出。已知大气压强为po=75cm水银柱高。求：

(1)水银柱静止后的空气柱长度；

(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8cm,求此时气体的温度。

14.(16分)如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流。将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面

流动。这个现象称为康达效应(CoandaEffect)。某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最

低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点(未画出)。已知水流出水龙头的初速度为％,8点到C点的水平射程

为x,B点距地面的高度为〃，乒乓球的半径为R,。为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角。=60，不计一切

阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g。

(1)若质量为Am(mT0)的水受到乒乓球的“吸附力”为尸，求£的最大值;

△〃2

(2)求水龙头下端到A的高度差Ho

水龙头

15.(12分)如图所示，一带电微粒质量为m=2.0xl0Fkg、电荷量q=+L0xl()-5c从静止开始经电压为Ui=100V的

电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角。=30。，并接着进入一个方向垂直纸

面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=17.3cm,重力忽略不计.求:

；XXXX

!B

；XXXX

•XXXX

(1)带电微粒进入偏转电场时的速率VI；

(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；

(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少.

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】

温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都

增大，故A正确，B错误；由于是理想气体，故分子间的相互作用力不考虑，故分子势能不变，分子间的作用力不计,

故CD错误；故选A.

2、A

【解析】

运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间，运动员受重力、地面对人竖直向上的支持力、和地面对人向前的摩擦力，故

A项正确，BCD三项错误。

3、D

【解析】

由题，将卬、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，说明Q对卬、q?存在引力作用，则知Q带负电，电场

线方向从无穷远到Q,根据顺着电场线方向电势降低，根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知卬在A点的电

势能等于q?在B点的电势能.B点的电势较高.由亚=41)分析卬的电荷量与牛的电荷量的关系.

【详解】

将卬、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q对甲、中存在引力作用，Q带负电，电场线方向从无

穷远指向Q,所以A点电势高于B点电势；A与无穷远处间的电势差小于B与无穷远处间的电势差；由于外力克服电

场力做的功相等，则由功能关系知，qi在A点的电势能等于早在B点的电势能；由\¥=41)得知，q,的电荷量大于中

的电荷量。故D正确。故选D。

4、D

【解析】

A.沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，故A错误;：

2020

B.根据U=Ed可知：左侧电场强度为：Ei=----------V/m=2.0xl0JV/m；右侧电场强度为：E=------------V/m=

lx1。-20.5x10-27

3

4.0xl0V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比Ei：E2=l：2,故B错误；

C.设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为小t2,在原点时的速度为Vm,由运动学公式有：Vm=^h同理可知:

m

2

Vm=殂t2；Ekm=-mvm;而周期：T=2(t1+t2);联立以上各式并代入相关数据可得：T=3.0xl0"s；故c错误。

m2

8

D.该粒子运动过程中电势能的最大值为：Epm=q(pm=-2xlO-J,由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能

为Ekm=2xl0-8j,故D正确；

5、B

【解析】

试题分析：根据题意在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷

量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，所以有

q”,

故选B。

【名师点睛】

磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度的定义公式

F

E=一列式分析即可.

q

6、c

【解析】

对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。

物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有：

F合=于=ma)2r

选项ABD错误，C正确。

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、CD

【解析】

小球A、B、C、D,E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于O球受力平衡，所以。球在整个过程中

不会动，所以轻杆OB对5不做功，而轻杆5E对8先做负功后做正功，所以小球3的机械能先减小后增加，故B错

误；当8落地时小球E的速度等于零，根据功能关系机=T机/可知小球B的速度为质，故C正确；当小球A

的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD

8、BCD

【解析】

A.由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；

XXXX

B.由几何关系可知，r=d,由

V2

qvB=m—

r

可知电荷量为

dB

选项B正确；

CD.粒子运动的周期

T27rd

1=-----

%

第一次到达N点的时间为

1-7id

t,=-T=——

63v0

粒子第三次经过N点的时间为

47rd7id13万。

4=27+4=——+—=-^—

%3%3%

选项CD正确。

故选BCD,

9、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

2

l△①ABSBn-2L

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

ArArt0

感应电动势恒定，回路中电流

1E%2g

3R3曲

恒定不变，由于U0时刻导体棒静止，由乙=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，。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»

10、BCD

【解析】

A.对金属棒〃分别由动量定理可得

-BIx2Jxf=2mv-2mvn,Blxdxt-mv'

联立解得

mvQ-mv=mv

两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0,则

Bx2dxv=Bxdxv'

即

v'—2v

则

1，2

丫=”，V=3V°

A错误；

B.在金属棒分加速运动的过程中，有

B/xdxt-mv'

即

Bqd-mx—v0

解得

B正确；

C.根据法拉第电磁感应定律可得

解得

△S二竺簪

B2d

C正确；

D.由能量守恒知，回路产生的焦耳热

(2=-x2mvl一■-x2mv2一■-mv'2——

2°223

则金属棒«产生的焦耳热

D正确。

故选BCD„

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、及4.9().90〜1.()小于

【解析】

(1)[1]由电路图可知，电压表M测量P、。总电压，电压表N测量。的电压，故M为大量程的电压表V2,N为小

量程的电压表V”根据部分电路欧姆定律可知P为大量程的滑动变阻器R2,。为小阻值的定值电阻所。

(3)⑵[3]设电压表M的示数为UM,电压表N的示数为UN,由图示电路图可知，电源电动势为

E=UM+"=UM+5r

整理得：UM=E-/UN

由UM-UN图象可知，电源电动势为£=4.9V,由图可知图线的斜率为:

,4.9-3.5八

k=----------=0.47

3.0

又从UM-UN的关系可知：

k=L

R

则电源内阻为：r=ARi=0.94。。

(4)[4]根据题意可知:

E=UM+Ir=UM

INRZ）

变形得:

_&R2r

"~R2+r-R（&+r）”

所以图象的纵截距为:

b=-^—E

/?2+r

,,厂Z?2+r

则电源电动势t为七=十一

A2

所以根据图象得到的电源电动势值小于实际值。

12、(1)C(2)g

【解析】

(1)A.此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A不准确；

B.曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a-M图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能

断定加速度与质量成反比，应画出图象，故B错误；

M

C.探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目

的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故c正确.

(2)设小车质量为,〃，钩码质量为M,则对小车有：

Mg-F=Ma

对钩码有：

F-/jmg=ma

联立解得：

M-um

a=-----g

M+m

将上式变形为：

I-

a=M

,mg

1+——

M

可见当M机时，加速度a趋近于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、(1)Li=7.5cm；(2)T3=320K

【解析】

(1)玻璃管和水银柱保持相对静止时设玻璃管质量为，〃。，横截面积为S,水银柱质量为m.对玻璃管和水银柱整体，有:

(m+zno)gsin30°=(m+mo')a①

设封闭气体压强为pi,对水银柱：

/ngsin3O°+poS-piS=/MG②

解得：

pi=p。③

水银柱静止时，设封闭气体压强为P2,水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为强，水银静止时空气柱的长度为L,

水银柱的长度为心，可得：

P2=P0+3k④

从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得：

p\U)S=p2LsS⑤

解得：

Li=7.5cm(6)

⑵加热气体过程中，气体发生等压变化，有：

/=东⑦

,2/3

据题意有，初态：

V2=LIS,4=70⑧

末态：

匕必s⑨

解得：

7>320K⑩

2

FxUX说3D

14、(1)——=g(l+——)；(2)H=----------5------R

△m2hR'4112g2

【解析】

(1)设水流在3点的速率为力,在3点时上最大，由牛顿第二定律

Am

F-\mg=­①

水流从8点开始做平抛运动，有

x=丫/③

联立，解得

FX2

——=g(l+------)®

△m2hR

(2)水流从水龙头流出至到达B点，由动能定理

Amg(H+Rcos8+R)=