钦州市重点中学高三下学期第五次调研考试新高考物理试题及答案解析

钦州市重点中学高三下学期第五次调研考试新高考物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。小球的动能越大，做匀速圆周运动的（）A．半径越小 B．周期越小C．线速度越小 D．向心加速度越小2、两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小3、如图所示，轻绳跨过光滑定滑轮，左端与水平地面上的物块M相连，右端与小球N相连，整个装置处于静止状态。现对小球N施加一水平拉力使其缓慢移动一小段距离，整个过程物块M保持静止，地面对物块M的摩擦力为f则此过程中（）A．f变大，F变大B．f变大，F变小C．f变小，F变小D．f变小，F变大4、我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为，，在近地点、远地点的速度分别为，，则（）A． B． C． D．5、如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为A． B． C．BIR D．06、某发电机通过理想变压器给定值电阻R提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A，理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来n倍，则A．R消耗的功率变为nPB．电压表V的读数为nUC．电流表A的读数仍为ID．通过R的交变电流频率不变二、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、关于气体压强的产生，下列说法正确的是______。A．气体的压强是大量气体分子对器壁频繁、持续地碰撞产生的B．气体对器壁产生的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力C．气体对器壁的压强是由于气体的重力产生的D．气体的温度越高，每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大E.气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关8、如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（）A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大9、关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A．气体做等温膨胀变化，其压强一定减小B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和C．气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体的压强一定减小D．若气体处于完全失重的状态，气体的压强一定为零E.气体从外界吸收热量，其内能可能减小10、如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD//AB。整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB下滑。记A、B两点间的距离为d。一切摩擦不计。下列说法正确的是（）A．小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大B．若d=2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qEC．若d=R，则小球恰好能通过D点D．无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处三、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）某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源的电动势及电阻和的阻值。实验器材有：待测电源（不计内阻），待测电阻，待测电阻，电压表V（量程为，内阻很大），电阻箱（阻值范围为），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。（1）先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整：A．闭合开关，将开关连接触点，读出电压表示数；B．闭合开关，将开关连接触点，调节电阻箱，使电压表的示数仍为，同时读出电阻箱的示数；C．由A、B知电阻__________。（2）继续测电源的电动势和电阻的阻值，该同学的做法是：闭合开关，将开关连接触点，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数。由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势__________（保留三位有效数字），电阻__________（保留两位有效数字）。12．（12分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ，滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m．实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2(1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的_________和________，计算a的运动学公式是____．(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：_________他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ．若要求a是m的一次函数，必须使上式中的_____保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_________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。一质量的金属棒垂直于导轨静止放在紧贴电阻处，电阻，其他电阻不计。矩形区域内存在有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小，金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为，电阻与边界的距离。某时刻金属棒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，取。(1)求金属棒穿过磁场的过程中平均电流的大小；(2)若自金属棒进入磁场开始计时，求金属棒在磁场中运动的时间内，外力随时间变化的关系。(3)求金属棒穿过磁场的过程中所受安培力的冲量的大小。14．（16分）如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管竖直放置，管的内径很小，水平部分BC长14cm，一空气柱将管内水银分隔成左右两段，大气压强相当于高为76cmHg的压强。（1）当空气柱温度为T1=273K，长为l1=8cm时，BC管内左边水银柱长2cm，AB管内水银柱长也是2cm，则右边水银柱总长是多少?（2）当空气柱温度升高到多少时，左边水银恰好全部进入竖直管AB内?（3）当空气柱温度为490K时，两竖直管内水银柱上表面高度各为多少？15．（12分）如图所示，质量m的小环串在固定的粗糙竖直长杆上，从离地h高处以一定初速度向上运动，运动过程中与长杆之间存在大小的滑动摩擦力．小环能达到的最大高度为3h，求：(1)小环从h高处出发至第二次经过2h高处过程中，重力做功和摩擦力做功分别为多少？(2)在高中我们定义“由相互作用的物体的相对位置决定的能量”叫势能，如相互吸引的物体和地球，其相对位置关系决定重力势能．对比(1)问中两力做功，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．(3)以地面为零势能面．从出发至小环落地前，小环的机械能E随路程s的变化关系是什么？

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、B【解析】

A．设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示：速度为v，细绳长度为L．由牛顿第二定律得：，圆周运动的半径为：r=Lsinθ，小球的动能为：，联立解得：，Ek=mgLsinθtanθ，则知小球的动能越大，θ越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故A错误。

B．根据，θ越大，cosθ越小，则周期T越小，故B正确。

C．根据，知线速度越大，故C错误。

D．向心加速度，则向心加速度越大，故D错误。故选B。2、C【解析】

A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．3、A【解析】

对小球N进行分析，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为，则有细绳与竖直方向夹角逐渐增大，增大，所以水平拉力增大；减小，所以绳子拉T增大；由于物块M始终静止在地面上，在水平方向，由平衡条件可得f=Tcosθ则地面对物块M的摩擦力f也变大，故A正确，BCD错误。故选A。4、C【解析】

根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即根据可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即则有故选C。5、A【解析】

根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：流过abcdef边的电流：de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为：方向向下；cd边受到的安培力：方向向下，；af边受到的安培力：方向向上，所以线框受到的合力：A正确，BCD错误。故选A。6、B【解析】

当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化。【详解】B：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机线圈的角速度变为原来n倍，据可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n倍，原线圈两端电压变为原来n倍。据可得，副线圈两端电压变为原来n倍，电压表V的读数为nU。故B项正确。A：R消耗的功率，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为。故A项错误。C：流过R的电流，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流变为原来的n倍；再据，原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为。故C项错误。D：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n倍，通过R的交变电流频率变为原来的n倍。故D项错误。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、ABE【解析】

A．气体对容器的压强是大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，故A正确；B．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确；C．气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体的重力无关，故C错误；D．气体的温度越高，分子平均动能越大，但不是每个气体分子的动能越大，所以气体的温度越高，并不是每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大，故D错误；E．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关，故E正确。故选ABE。8、BD【解析】

设细绳长为L，AB两点间的水平距离为x，绳与竖直方向的夹角为θ，则由图可得：设绳中拉力为F，对滑轮与绳的结点处受力分析，由平衡知识可得：解得：AB.只将绳的左端移向A′点，L、x均不变，拉力不变；故A项错误，B项正确；CD.只将绳的右端移向B′点，L不变、x变大，拉力变大；故C项错误，D项正确。9、ABE【解析】

A．由理想气体状态方程可得，气体在等温膨胀过程，温度不变，体积与压强成反比，体积增大，压强一定减小，故A正确；B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故B正确；C．温度高气体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度可以降低，但是压强不一定越低，故C错误；D．在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故D错误；E．气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，根据热力学第一定律，则内能可能减小，故E正确。故选ABE。10、BD【解析】

A．小球到达C点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故A错误；B．当d=2R时，根据动能定理有小球通过C点时有解得N=7qE根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE，故B正确；C．若小球恰好能通过D点，则有又由动能定理有解得故C错误；D．当小球恰好能通过D点时，小球从D点离开的速度最小。小球离开D点后做类平抛运动，有解得由于x>R故小球从D点脱离轨道后不可能落到B处，故D正确。故选BD。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、1.436.0【解析】

（1）[1]由电路的特点可知，在电压表的示数不变的情况下，对应的电阻应不变。电阻箱的示数即为电阻的阻值，即（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有所以有由此式可知图线的纵轴截距为斜率解得，12、位移；时间；；(m'+m)【解析】

（1）滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据x=at2得a=，所以需要测量的是位移s和时间t．（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：

若要求a是m的一次函数必须使不变，即使m+m′不变，在增大m时等量减小m′，所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．【点睛】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难．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)；(2)其中；(3)。【解析】

(1)设金属棒到达磁场左、右边界、时的速度分别为、则有解得由电磁感应规律，金属棒的平均感应