江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期末学业水平质量监测物理试题（解析版）

2023届高三第一学期期末质量监测物理一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。1.两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示，则（）A.该现象不是毛细现象B.该液体对玻璃是浸润C.减小管的直径，管中液面会下降D.液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强【答案】C【解析】【详解】B．当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面收缩的现象叫不浸润，当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面延伸的现象叫浸润，根据图像可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，B错误；A．浸润液体在细管中上升的现象与不浸润液体在细管中下降的现象叫毛细现象，根据上述，该现象是毛细现象，A错误；C．毛细现象中，细管叫毛细管，毛细管直径越小，毛细现象越明显，即不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，C正确；D．在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，附着层内有一部分液体分子进入液体内部，附着层内里的分子比液体内部稀疏，附着层内的液体分子间表现出相互作用的引力效果，使得液体的附着层将沿固体表面收缩，D错误。故选C。2.月球车上利用衰变提供能量，衰变方程为，同时产生大量γ射线，已知比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，则（）A.X是质子B.该反应释放的能量为C.月球上温度的变化会改变的衰变快慢D.γ光子是原子核外电子由高能级向低能级跃迁时产生的【答案】B【解析】【详解】A．根据质量数守恒，X质量数为238-234=4根据电荷数守恒，X电荷数为94-92=2则X为粒子，故A错误；B．该反应释放的能量为，故B正确；C．半衰期是放射性元素固有的属性，与温度无关，所以月球上温度的变化不会改变的衰变快慢，故C错误；D．γ光子是原子核受激发时产生的，故D错误。故选B。3.光电效应实验电路如图甲所示，用a、b两种单色光分别照射光电管的阴极K，实验中得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示，则（）A.研究图乙中U>0的规律时甲图开关需打在2上B.a光的频率比b光的大C.a光照射产生光电子的最大初动能比b的大D.电压为图乙中U0时，a光照射产生光电子的最大动能比b的大【答案】A【解析】【详解】A．研究图乙中U>0的规律时，光电管加正向电压，此时甲图开关需打在2上，选项A正确；BC．由图像可知，a光的截止电压较小，则根据可知，a光照射产生光电子的最大初动能比b的小，a光的频率比b光的小，选项BC错误；D．光电子的最大初动能与光电管所加的电压无关，电压为图乙中U0时，只是a光照射产生光电流比b的大，选项D错误。故选A。4.神舟十三号载人飞船从核心舱下方采用“径向对接”的方式实现对接，“径向对接”指两对接口在地球半径的延长线上，对接前两者要在间隔一定距离的位置保持相对静止一段时间，如图所示，之后飞船再向上逐步接近核心舱实现对接，则（）A.相对静止时，飞船的速度大于核心舱的速度B.相对静止时，飞船的向心加速度大于核心舱的向心加速度C.飞船通过加速逐步向上靠近核心舱D.飞船速度大于7.9km/s才能最终靠近核心舱【答案】C【解析】【详解】A．飞船和核心舱在“保持点”的角速度相同，飞船的绕地球半径小于核心舱绕地球半径。根据可知，飞船在“保持点”运动的线速度小于核心舱运动的线速度，A错误；B．根据可知，飞船的向心加速度小于核心舱的向心加速度。B错误；C．径向对接时，飞船需要加速，做离心运动靠近核心舱。C正确；D．设地球质量为M，飞船质量为m，轨道半径为r，根据得随轨道半径增大，飞船做圆周运动的线速度减小。飞船最终靠近核心舱速度小于7.9km/s。D错误。故选C。5.如图为验证向心力公式的实验装置。在直尺上钻一小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一钢球，固定直尺，使球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动，待球稳定运动后，从尺上方垂直直尺往下看，估测球外侧到点O的距离r，用秒表测出球运动的时间，得到周期T，根据向心力公式计算出球所需向心力，再与球所受合力比较，实验中（）A.必须测出钢球的质量B.为估测距离r，小孔距尺右端距离必须小于rC.用秒表测量球只转一周的时间记为球运动的周期TD.以r作为运动半径，球所需向心力的计算值将偏大【答案】D【解析】【详解】C．为减小误差，应用秒表测量出钢球转动多圈用的时间t，再计算钢球运动的周期，设圈数为n，则故C错误；A．钢球受重力和细线的拉力两个力作用，设细线到钢球球心的长度为L，钢球直径为d，根据平行四边形定则可知，合力为钢球做圆周运动的向心力为比较合力与向心力时，钢球的质量可以约去，故不需要测出钢球的质量，故A错误；D．由C选项分析可知，以r作为运动半径，球所需向心力的计算值将偏大，故D正确；B．估测距离r可通过小孔距尺左端的距离测出，故不需要小孔距尺右端的距离必须小于r，故B错误。故选D。6.如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ=PN=QM=L，MN=2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框PQMN受到的安培力大小为（）A. B. C.5F D.0【答案】A【解析】【详解】由题可知，流过支路的电流和流过支路的电流关系为已知导体棒受到的安培力为，方向向上，支路在磁场的有效长度为，故支路所受安培力为方向向上，故整个线框PQMN受到的安培力大小为故选A。7.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是热机的“卡诺循环”，则（）A.B→C过程气体压强减小仅是因为气体分子的数密度减小B.B→C过程速率大的分子比例在增加C.B→C过程气体对外做功大于D→A过程外界对气体做功D.C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量【答案】D【解析】【详解】A．由于B→C过程为绝热过程（），由图知气体体积增大，气体对外做功（），根据热力学第一定律可知，气体内能减小，则温度降低，气体分子平均动能减小，根据气体压强的微观解释可知，气体压强减小不仅是因为气体分子的数密度减小，还因为气体分子平均动能也减小了所共同引起的，故A错误；B．由选项A分析可知，B→C过程中气体的温度降低，气体分子平均动能减小，则速率大的分子比例在减小，故B错误；C．由于A→B为等温过程，所以气体在A状态内能等于B状态的内能，由于B→C和D→A为绝热过程，根据热力学第一定律可知，B→C过程气体对外做功等于D→A过程外界对气体做功，故C错误；D．由图知气体在C→D过程等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放热；气体A→B过程等温膨胀，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热；由于图像与坐标轴围成的面积表示气体做的功，由图像可知，一个“卡诺循环”中，气体对外做的功大于外界对气体所做的功，即，由于一个“卡诺循环”气体的内能不变，即，根据热力学第一定律可知，则一个“卡诺循环”中气体吸收的热量，即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，故D正确。故选D。8.在坡道滑雪中，一运动员从斜面滑到水平面，其运动过程中动量的大小p和重力做功W随时间t、重力势能EP和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．运动员的运动可看作先沿斜面匀加速下滑，到水平面后做匀减速直线运动，速度先线性增大再线性减小，由动量的大小知，图线应先线性增大再线性减小，故A错误；B．设斜面倾角为，运动员沿斜面匀加速下滑，运动学公式又重力做功为联立得到水平面后，重力做功为0，故B错误；C．根据B项分析，运动员沿斜面匀加速下滑时又联立得运动员到水平面后重力势能Ep不再变化，与图线不符，故C错误；D．从斜面滑到水平面，除重力外只有阻力做功，斜面和水平面上动摩擦因数可能不同，设为和，根据功能关系，斜面上又联立解得图线线性减小，水平面上，阻力做功为，同理，图线也线性减小，故D正确。故选D。9.如图所示为一正四棱锥，底面四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心，规定无穷远处电势为零，则（）A.E点处电场强度为零，电势不为零B.O点处电场强度方向由O指向BC.将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小D.将一电子从O点沿直线移动到E点，其电势能不变【答案】D【解析】【详解】A．根据等量异种点电荷连线中垂线上的电场及电势特点，由电势叠加可知，O点电势为零，OE为一条等势线，故E点的电势为0；由场强叠加原理可知，E点处电场强度不为零，故A错误；B．由场强叠加可知A，C两等量异种点电荷在O点的场强方向垂直于BD指向C；B，D两等量异种点电荷在O点的场强方向垂直AC指向D，则O点处的电场强度方向沿水平方向向右，且与CD边垂直，故B错误；C．由于CD边中点的电势为负值，则将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，电势降低，根据可知，电子的电势能逐渐增加，故C错误；D．由于OE为一条等势线，所以将一电子从O点沿直线移动到E点，电场力不做功，其电势能不变，故D正确。故选D。10.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，物块B靠放在A右侧，两者位于O点，弹簧处于压缩状态。A、B由O点静止释放后沿斜面向上运动，在C点分离后B上升到某位置静止，A运动到C点下方某位置D（未画出）速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，上述过程中（）A.两物块在C点时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的弹力方向不发生变化C.B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方D.位置D可能位于O点的下方【答案】C【解析】【详解】AB．设斜面的倾角为，两物块在C点时分离，此时物块B的加速度与A的加速度相等，即故此时弹簧对A的无弹力，弹簧处于原长状态，之后弹簧对A施加沿斜面向下的拉力，A的加速度小于B的加速度，两物体沿斜面向上做减速运动，AB错误；C．设B速度最大的位置距点的距离为，则从到C，由动能定理可知即解得故B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方，C正确；D．根据能量守恒定律可知，系统的弹性势能不可能比开始时大，D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，选取长为L、额定电压为“3V”左右的圆柱体导电玻璃器件实验。（1）用螺旋测微器测量器件的直径，示数如图甲，其直径________mm；（2）先用欧姆表“×100”挡粗测该器件的电阻，指针位置如图乙，为更准确地粗测其电阻，从下列步骤中选出再次粗测必要的操作并排序__________；①将选择开关旋转到欧姆挡“×1k”位置②将选择开关旋转到欧姆挡“×10”位置③将两表笔与器件相接完成测量④将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”⑤把选择开关旋转到交流电压最高档⑥用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0（3）粗测器件阻值约为180Ω，为精确测量器件的电阻Rx在额定电压时的阻值，要求测量时电表的读数不小于其量程的，根据提供的下列器材，设计了图丙所示的实验电路，则图中圆圈内应分别接入：①为________、②为_______，定值电阻应选择_____；（均填写器材前的字母编号）A．电流表A1（量程为60mA，内阻）B．电流表A2（量程为5mA，内阻）C．定值电阻D．定值电阻E．滑动变阻器R（0~20Ω）F．电压表V（量程为3V，内阻）G．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）H．开关S，导线若干（4）实验中根据两电表读数作出如图所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为k，则所测导电玻璃的电阻Rx=_______（用题中已知、所测物理量符号表示），据此再算出电阻率ρ；（5）研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值偏大，则电阻率的测量值将______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.1.980##1.979##1.981②.②④③⑤③.F④.B⑤.C⑥.⑦.偏小【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知直径为（2）[2]先用欧姆表“×100”挡粗测该器件的电阻，指针位置如图乙，说明量程过大，将选择开关旋转到欧姆挡“×10”位置，然后将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”，将两表笔与器件相接完成测量，最后把选择开关旋转到交流电压最高档，故再次粗测必要的操作顺序是②④③⑤；（3）[3][4][5]电动势为4V，则并联部分电压最大为4V，据估测知，定值电阻与电流表A2（量程为5mA，内阻）串联时，最大电压为此时最大电流为满足题意要求，故②选电流表A2，即选择B；定值电阻选，即选择C；又导电玻璃的额定电压为“3V”左右，粗测器件阻值约为180Ω，可知流过粗测器件的最大电流约为小于电流表A1量程的，则①不适合选择A1；考虑用Rx与电压表V串联，此时电压表的读数最大约为量程符合要求，故①选为电压表V，即选择F。（4）[6]待测电阻中的电流根据串并联电路的规律可得由题意知图线的斜率为k，则有解得（5）[7]研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值偏大，根据可知的测量值偏小，根据电阻定律可得可知电阻率的测量值将偏小。12.一玻璃工件的上半部是圆锥，∠ACB=120°，下半部是半径为R的半球体，O为球心，其截面如图所示。一束单色光以45º的入射角射向截面的AC边后，垂直于AB射向球面，入射角也为45º，已知真空中光速为c，求：（1）玻璃的折射率n；（2）光在工件下部半球体内传播的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】由题意，作出光路图如图（1）设折射角为θ，由几何关系可知根据折射定律解得（2）由题意，根据，可得则光线在球面上恰好发生两次全反射，如图由几何知识可得光在半球体内走过的距离光在介质中的速度经历的时间联立解得13.如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，有效电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上，棒始终与轨道垂直并电接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水向左的初速度v0，求：（1）全过程中系统产生的焦耳热Q；（2）从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量∆x。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则根据能量守恒可得产生的焦耳热为联合解得（2）取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为，取向右为正方向根据动量定理得而解得14.如图所示，长为L=5.0m的倾斜传送带以速度v=2.0m/s沿顺时针方向匀速转动，与水平方向间夹角θ=37°。质量mA=2.0kg的小物块A和质量mB=1.0kg的小物块B由跨过轻质定滑轮的轻绳连接，A与滑轮间的绳子和传送带平行。某时刻给A沿传送带向上的初速度，给B竖直向上的初速度，速度大小均为v0=4.0m/s，此时轻绳绷紧，在A、B获得初速度的同时，在A上施加方向沿传送带向上、大小恒定的拉力，使A沿传送带向上运动。已知A与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮摩擦，轻绳足够长且不可伸长，整个运动过程中B都没有上升到滑轮处，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，研究A沿传送带上升的过程，求：（1）A、B始终匀速运动时拉力的大小F0；（2）拉力F1=24N，A所受摩擦力的冲量大小I；（3）拉力F2=12N，传送带对A所做的功W和A与传送带摩擦所产生的内能Q。【答案】（1）30N；（2）10N⸱s；（3）16J，【解析】【详解】（1）A、B始终匀速运动时，系统受力平衡，有代入相关数据解得（2）拉力F1=24N时，设物体运动加速度大小为a1，绳中拉力为T1，取A研究，根据牛顿第二定律有取B研究有联立解得设历时t1后和皮带共速，则运动的距离为s1，则之后摩擦力突变为静摩擦力，设为f，A、B一起向上匀速，则解得方向沿斜面向下；设匀速过程历时t2，则可得上升的过程中A所受摩擦力的冲量大小为解得（3）拉力F2=12N时，设物体运动的加速度大小为a2，绳中拉力为T2，取A研究，根据牛顿第二定律有取B研究有解得设历时t1′后和皮带共速，则运动的距离为s1′，则皮带运动的距离s皮1，则之后继续向上减速，设加速度大小为a3，则解得设历时t2′后速度减为0，则减速的距离为s2′，则该过程皮带运动的距离s皮2，则传送带对A所做的功A与传送带摩擦所产生的内能15.如图为一种新型粒子收集装置。粒子源放置在边长为L的