云南省曲靖市罗平县第一中学2023届高三一轮复习周测（一）物理试题试卷

云南省曲靖市罗平县第一中学2023届高三一轮复习周测（一）物理试题试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.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，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,原线圈与定值电阻拈串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交

流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻及,A、V是理想电表。当R2=2用时，电流表的读数为1A,电压表的读

数为4V,则（）

A.电源输出电压为8V

B.电源输出功率为4W

C.当心=8。时，电压表的读数为3V

D.当&=8。时，变压器输出功率最大

2、如图所示，电源电动势为E、内阻不计，Ri、电为定值电阻，&为滑动变阻器，C为电容器，电流表A为理想电

表、当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是

A.A的示数变大，电容器的带电量增多

B.A的示数变大，电容器的带电量减少

C.A的示数不变，电容器的带电量不变

D.A的示数变小，电容器的带电量减少

3、取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的4倍。不计空气阻力，该

物块落地时的位移方向与水平方向夹角的正切值（）

A.0.25B.0.5C.1D.2

4、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：5,交流电源电压不变，电压表为理想交流电表，白炽灯和电风扇

的额定电压均为220V,额定功率均为44W,只闭合开关5时，白炽灯正常发光，则（）

A.白炽灯和电风扇线圈的内阻均为11OOQB.交流电压表示数为44V

C.再闭合开关S2,电压表示数增大D.再闭合开关S2,原线圈的输入功率变小

5、2017年11月5日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星导航系统全球

组网的新时代。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法，正确的是（）

A.火箭只受到重力和空气阻力的作用

B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等

C.火箭处于失重状态

D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落

6、图为氢原子的能级示意图。处于〃=4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射列逸出功为2.29eV

的某金属板上，下列说法正确的是（）

1---------------------13.6

A.共有10种不同频率的光子辐射出来

B.共有6种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象

C.入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大

D.从金属板中逸出的光电子就是々粒子

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、一质点做匀速直线运动，现对其施加一方向不变、大小随时间均匀增加的外力，且原来作用在质点上的力不发生改

变。则该质点()

A.速度的方向总是与该外力的方向相同

B.加速度的方向总是与该外力的方向相同

C.速度的大小随该外力大小增大而增大

D.加速度的大小随该外力大小增大而增大

8、如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质

量为机的小物块从木板最右端以速度均滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已

知物块与木板之间的动摩擦因数为〃，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则()

A.木板先加速再减速，最终做匀速运动

B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为士生

4(M+ni)

C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为网殳

M+m

D.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为'

2H(M+m)g

9、2012年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生的烟雾影响，宁洛高速安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故，假设

高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为vo=3Om/s,距离$o=lOOm,£=0时

刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是

()

A.f=6s时两车速度相等B.f=6s时两车距离最近

C.0〜6s内两车位移之差为90mD.两车在0〜9s内会相撞

10、如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定，轨道最高点为P,最低点为一小球在圆形轨道内侧做圆周运

动，小球通过0时的速度为也小球通过尸点和。点时对轨道的弹力大小分别为耳和用，弹力大小之差为

△尸=鸟一片，下列说法正确的是()

A.如果y不变，A越大，则月越大

B.如果衣不变，1,越大，则"越大

C.如果v越大，则A尸越大

D.AF与丫和R大小均无关

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）某学校在为准备学生实验“测量电阻丝的电阻率实验”时购进了多卷表面有很薄绝缘层的合金丝，一研究性

学习小组同学想通过自己设计的实验来测算金属合金丝的电阻率和长度。

（1）小组某同学先截取了一小段合金丝，然后通过实验测定合金丝的电阻率，根据老师给提供的器材，他连成了如图甲

所示的实验实物图：该实验连接图中电流表采用的是（填“内接”或“外接”），滑动变阻器采用的是（填“分

压式''或"限流式”）；实验时测得合金丝的长度为0.300m,在测金属合金丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示,

则金属合金丝的直径为mm。

（2）实验过程中电压表V与电流表A的测量结果已经在图丙中的U-/图像中描出，由U-/图像可得，合金丝的电阻

为由电阻定律可计算出合金丝的电阻率为Sim（保留三位有效数字）。

UN

丙

（3）小组另一同学用多用电表测整卷金属合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：

①将红黑表笔分别插入多用电表的插孔：选择电阻挡“X100”；

②然后将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮''进行欧姆调零；

③把红黑表笔分别与合金丝的两端相接，多用电表的示数如图丁所示，该合金丝的电阻约为

（4）根据多用电表测得的合金丝电阻值，不计合金丝绝缘层的厚度，可估算出合金丝的长度约m«（结果保留整数）

12.（12分）某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。图中装有祛码的小车放在长木板上，左

端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一硅码盘相连。在祛码盘的牵引下，小车在长木板上做匀

加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有

一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是*、々、£、％、了5、4,打点计时器所接交流电的周期为T,

小车及车中祛码的总质量为叫，祛码盘和盘中祛码的总质量为加2,当地重力加速度为g。

“点计时器

功方向

（1）根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为。=（要求结果尽可能准确）。

⑵该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下列说法正确的是.

A.平衡摩擦力时，要把空祛码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车连接，再把木板不带滑

轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止

B.平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平

C.若用网8表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求叫？机2

D.每次改变小车上祛码的质量时，都要重新平衡摩擦力

（3）该同学探究在町和，巧的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时，他平衡摩擦力后，每次都将小车中的祛码取

出一个放在硅码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图丙所示的图像，

发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。图像中直线的斜率为（用本实验中相关物理量的符号表示）。

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，00’为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在

电压为。的加速电场中由静止开始运动，从小孔。射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿00,做

直线运动。已知两板间的电压为2。，两板长度与两板间的距离均为L,电子的质量为"八电荷量为e。求：

(1)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；

(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变使两金属板均不带电，则从小孔0射入的电子在两板间运动了多长时间？

广IrN

灯q线…”

“I―1rM

14.(16分)如图所示，在X0Y坐标系中，在y<d的区域内分布由指向y轴正方向的匀强电场，在dWyK3d的区

域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=34处放置一垂直于y轴的足够大金属

挡板ab,带电粒子打到板上即被吸收(设轨迹圆与挡板ab相切的粒子刚好不会被吸收)，一质量为m.电量为+9的粒

子以初速度也由坐标原点。处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为我=”?，粒子的重力不计.

9qd

(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？

(2)通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P(4d,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小.

15.(12分)如图，在xOy平而内，与x=3L两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于

xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第/象限内存在沿y轴负方向、场强大小为£的匀强电场。一质量为，小电荷

量为g(g>0)的粒子从x轴上的A点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上的尸(()，-)点，

2

以速度V。垂直于y轴方向进入磁场。不计粒子的重力。

(1)求A点的坐标；

(2)若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；

(3)若粒子能从O'(3L,0)点离开，求磁感应强度的可能取值。

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、D

【解析】

A.当%=2g时,电流表的读数为1A,电压表的读数为4V,根据欧姆定律

凡=区，Q=4Q

一A]

R=2Q,理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,根据电压与匝数成正比得原线圈电压是

U、二以七'」*4V=2V

n22

根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是

人=生/,=2xlA=2A

所以电源输出电压为

U=5+1禺=2V+2x2V=6V

A错误；

B.电源输出功率为

P=UIl=12W

B错误；

U,国2

D.根据欧姆定律得副线圈电流为所以原线圈电流是2寸，所以

K

A22

6V=2丛

1

R22

力=旦

28+&

当g=8C时，t/2=6V,即电压表的读数为6V；变压器输出的功率

P八=——=-1-44-尺--=---14-4--

一生（&+8『64+]6

所以满足

凡考

时变压器输入功率最大，解得

&=8。

变压器输出的功率尸2最大为：W,C错误，D正确。

故选D。

2、A

【解析】

电容器接在R2（或滑动变阻器）两端，电容器两端电压和此（或滑动变阻器）两端电压相等，滑动变阻器滑片向右

移动，电阻增大，&和滑动变阻器构成的并联电路分压增大，所以此两端电压增大，根据欧姆定律：

//

R

可知电流表示数增大；电容器两端电压增大，根据：

Q=CU

可知电荷量增多，A正确，BCD错误。

故选A。

3、A

【解析】

取水平地面为重力势能零点，设抛出时物体的初速度为V0,高度为区物块落地时的竖直方向的速度大小为叫落地

速度与水平方向的夹角为a,位移方向与水平方向的夹角为夕，根据题有

1,

—/nvg2=4mgh

解得

v0=ylSgh

竖直方向有

—mv\—mgh

2

解得

'=\1^

根据几何关系得

tan」

%

代V,、叫解得

tan«=0.5

又根据速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系有

tancr=2tanp

解得

tanP=0.25

故A正确，BCD错误。

故选Ao

4、B

【解析】

A.白炽灯电阻

U22202

r=—=——Q=1100Q

P44

但是电风扇是非纯电阻电路，其内阻要小于11()()Q,A项错误;

B.白炽灯两端电压为220V,原、副线阔匝数比为1：5,由变压器原理知，原线圈两端电压为44V,交流电压表示数

为44V,故B正确;

C.再闭合开关S2,交流电源电压不变，则电压表示数不变，故C错误;

D.再闭合开关S2后，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，故D错误。

故选B。

5、B

【解析】

A.火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，故A错误;

B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，二者大小相等，故B正确;

C.火箭加速向上，故处于超重状态，故C错误；

D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，故做竖直上抛运动，故D错误。

故选B。

6、C

【解析】

A.共有C：=6种不同频率的光子辐射出来，选项A错误；

B.其中能级差大于2.29eV的跃迁有：4-1、3-1、2-1、4T2,即共有4种不同频率的光子能使该金属发生光电效

应现象，选项B错误；

C.根据光电效应规律可知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，选项C正确；

D.从金属板中逸出的光电子是一；e,不是a粒子，选项D错误。

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0分。

7、BD

【解析】

A.速度的方向不一定与该外力的方向相同，选项A错误；

B.该外力的方向就是合外力的方向，则加速度的方向总是与该外力的方向相同，选项B正确；

CD.该外力增大，则合外力增大，加速度变大，而速度的大小不一定随该外力大小增大而增大，选项C错误，D正

确；

故选BD»

8、AB

【解析】

A.物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原

长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减

速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运

动，所以A正确；

B.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由

动量守恒定律可得

mv0=(m+M)v

得

v=^L_

m+M

从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得

2

Ep=­mv^-L(m+M)v-Wf

从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得

22

2W(=|mv0-^(/«+M)v

卬.二刖2

14(m+M)

则最大的弹性势能为

「Mmv：

En=-----------

P4(M+加)

所以B正确；

C.根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为

MmVr.

Ir=mv-mv=-------

°nM+m

所以迎也是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误;

M+m

D.由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为

耳=〃加g

又系统克服摩擦力做功为

Wf=6x相对

则

_%_A1—

X相对一耳―4〃(M+/〃)g

即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为一口——，所以D错误。

4/z(M+m)g

故选AB,

9、ABC

【解析】

AB.由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示

由图象可知，U6s时两车等速，甲车在前，乙车在后，故速度相等时，两车相距最近，故AB项正确;

C.图中阴影部分面积为0〜6s内两车位移之差:

Ax=—x30x3m+—x30x(6-3)m=90m<100m

22

故C项正确；

D.6s时，甲乙两车的位移之差为90m,小于100m,没有相撞，9s时位移之差小于90m,则不会相撞，故D错误.

10、BD

【解析】

CD.应用机械能守恒定律可知小球通过最高点时的速度为

v2=“_4g4

对小球在尸和。应用向心力公式分别有

,口mvl

mg+[=—

K

_mv2

解得

口mv2

F\--5mg

„mv2

Fz=mg+下

则

△F=F2-=6mg

选项C错误，D正确:

2

A.由£=与--5%可知，当V不变时，6随R增大而减小，选项A错误;

B.由工=J-+/”g可知，当R不变时，"随1,增大而增大，选项B正确。

故选BDo

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、外接限流式0.6803.003.63x10-61400140

【解析】

(1)口］根据实物连接图分析可知该实验连接图中电流表采用的是内接，⑵滑动变阻器采用的是限流式，⑶螺旋测微器

的固定刻度读数0.5mm,可动刻度读数为0.01xl8.0=0.180mm,所以最终读数为0.5+0.180mm=0.680mm；

(2)［4］由U-I图像，据欧姆定律可得该小段金属合金丝的电阻为

△U2.70-0

RQ=3.00Q

0.90-0

⑸金属合金丝的横截面积

5=吟

根据电阻定律R=个可计算出金属合金丝的电阻率为

(3)③网欧姆表选择xlOO挡，由图甲所示可知多用电表的表盘读数为14,该合金丝的电阻约为

14x1000=1400。

(4)［7］根据电阻定律/?=华可知长度之比等于电阻之比，即有

1400_L'

3.00-0.300

所以金属合金丝的长度

r=140m

②%+4+3一七一々一须c——

36T2叫+网

【解析】

因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有

x6-x3=3q(2T)2,x5-x2=3%(2T>,x4-xl=3%(2T)?,

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得

1、

a=_(qz+%+4)

解得

~一（%+$+匕）一（玉+*2+鼻）

一36〃

（2）［2］A.在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装

祛码的祛码盘，故A错误；

B.平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B错误；

C.本实验中，对小车及车中祛码由牛顿第二定律得

T=m1a

对托盘和钩码由牛顿第二定律得

m.g-T=n12a

两式联立解得

1+四

my

由此可知只有满足盘和硅码的总质量远小于小车质量时，近似认为T，，4g，故C正确；

D.由于平衡摩擦力之后有

町gsin0=gcos0

故

tan。=R

所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新

平衡摩擦力，故D错误。

故选C。

（3）［3］对盘和注码

m2g-F=m2a

对小车

F=n\a

联立解得

m2g=（州

认为合力F=m2g,所以

F=（m,+吗）a

即

F

a=-------

呵+tn,

a-歹图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示一'—»

呵+m2

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、,磁感应强度方向垂纸面向外；(2)L叫q

L\e3\2eU

【解析】

(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有

eU=—mv2®

2

由于电子在两板间做匀速运动，则

evB=eE②

其中

E=也③

L

联立解得

L\e

根据左手定则可判断磁感应强度方向垂纸面向外；

(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有

2

evB-m—©

r

联立①④⑤可得

r=L©

由几何关系可知

6=60。⑦

而

T2兀惟

1=-----⑧

eB

则电子在场中运动的时间

T_2jim

66eB

4〃z%4

14、⑵B

3qd3qd

【解析】

(1)粒子先在电场中做类平抛运动，X=y/,d=-af,其中4=这=强，得到：X=-d

2m9d2

八m405

速度与X轴夹角tan6=『=§,9=53，进入磁场速度u=

粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R,洛伦兹力提供向心力:

qvB=m—

r

由几何关系：r+rcos53°=2d，得到：r=^-d

4

得到：8=?孑，故要使粒子不打到挡板上，82粤」；

3qd3qa

8.

(2)粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离Ax=2，^—2rsin53°n=3d——r

5

调节磁场0〈厂4—d,所以dWAx<3d

4

4d4

粒子通过P点，回旋次数”=丝，所以一<〃44

Ar3

N为整数，只能取〃=2、〃=3、n-4

〃=2时，At=2d,此时磁场8=