2023湖北省高中名校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)合測評物理試題（含答案）-試卷下載-教習網(wǎng)

湖北省高中名校聯(lián)盟2023屆新高三第一次聯(lián)合測評物理試卷一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1. 如圖有關量子力學建立之初的幾個重要實驗，下列說法錯誤的是（　　）
A. 普朗克為解釋圖甲的實驗數(shù)據(jù)，提出了能量子的概念，被稱為“量子力學之父”B. 如圖乙，在光照下，電流表發(fā)生了偏轉，則無論如何調節(jié)滑動變阻器的滑片，都無法使電流表示數(shù)變?yōu)榱?/span>C. 康普頓依據(jù)愛因斯坦光電效應方程，測量計算出普朗克常量，與普朗克根據(jù)黑體輻射得出的值在誤差允許的范圍內是一致的D. 可以用圖丙中的原子特征譜線來做光譜分析【答案】C【解析】【詳解】A．普朗克為解釋圖甲的實驗數(shù)據(jù)，提出了能量子的概念，被稱為“量子力學之父”，故A正確，不符合題意；B．如圖乙，在光照下，電流表發(fā)生了偏轉，由圖可知接的正向電壓，則無論如何調節(jié)滑動變阻器的滑片，都無法使電流表示數(shù)變?yōu)榱悖?/span>B正確，不符合題意；C．密里根依據(jù)愛因斯坦光電效應方程，測量計算出普朗克常量，與普朗克根據(jù)黑體輻射得出的值在誤差允許的范圍內是一致的，故C錯誤，符合題意；D．每種原子都有自己的特征譜線，則可以用圖丙中的原子特征譜線來做光譜分析，故D正確，不符合題意。故選C。2. 如圖所示，一束復色光射入均勻透明半圓柱體，色散成a、b兩束光，a光與b光比較，下列說法正確的是（　?。?/span>A. a光頻率更高B. a光在介質中傳播的速度更慢C. 若光由該介質射向真空發(fā)生全反射時，a光的臨界角較小D. a光更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象【答案】D【解析】【詳解】B．a、b兩束光在介質中的折射角分別為、，在介質中傳播的速度分別為、，由圖可知，根據(jù)折射率的定義可知可知a光在介質中傳播的速度更快，B錯誤；A．同種介質中折射率越高的光，其頻率也越高，因此，b光頻率更高，A錯誤；C．根據(jù)全反射臨界角和折射率的關系可知，折射率越小，發(fā)生全反射的臨界角越大，即光由該介質射向真空發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大，C錯誤；D．根據(jù)可知，頻率越高波長越短，a光的頻率低，波長長，更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，D正確。故選D。3. 2022年6月5日，神舟十四號成功對接于天和核心艙徑向端口，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲依次進入天和核心艙。航天員們在一個月的時間內，有序開展了載人環(huán)境建立、空間站平臺維護與照料、空間科學實驗等工作。已知天和核心艙距離地面的高度約為380km，地球半徑為6400km。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 航天員可以漂浮在空間站中，所以加速度為零B. 天和核心艙在軌運行的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度C. 神舟十四號的發(fā)射速度大于7.9km/sD. 天和核心艙繞地球運動周期約為8h【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，航天員可以漂浮在空間站中，萬有引力提供向心力有解得故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力提供向心力有可得由于天和核心艙在軌運行的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則天和核心艙在軌運行的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，故B錯誤；C．是發(fā)射地球衛(wèi)星的最小速度，則神舟十四號的發(fā)射速度大于，故C正確；D．根據(jù)題意可知，天和核心艙繞地球的運動為近地飛行，則飛行速度約為，由公式可得，天和核心艙繞地球運動的周期約為故D錯誤。故選C。4. 如圖所示，單匝閉合矩形導線框abcd電阻為R，ef為線框與磁場邊界的交點，。線框繞過ef的軸以角速度勻速轉動，從圖示位置開始計時，若勻強磁場的磁感應強度為B，下列說法正確的是（　?。?/span>A. t=0時刻，回路中電流B. 回路中電流的最大值C. 回路中感應電動勢的有效值D. 前周期內，回路中平均電動勢【答案】B【解析】【詳解】A．t=0時刻，線圈平面與磁場垂直，感應電動勢為零，回路中電流為零，故A錯誤；B．線框繞過ef的軸以角速度勻速轉動，導線ab、cd同時垂直切割磁感線運動時感應電動勢最大回路中電流的最大值故B正確；C．回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，感應電動勢的有效值故C錯誤；D．前周期內，回路中平均電動勢故D錯誤。故選B。5. 2022年2月5日在首都體育館，任子威、曲春雨、范可新、武大靖和張雨婷組成的中國隊奪得北京冬奧會短道速滑男女2000米混合接力冠軍，為中國體育代表團收獲了北京冬奧會的首枚金牌。短道速滑運動員在過水平彎道時常用手支撐冰面以防側滑，某運動員質量為75kg，某次過彎道時的半徑為25m，速率為36km/h，冰刀與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.2，手套與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.8，重力加速度。過彎道滑行時的運動員手腳距離相對半徑可忽略，彎道滑行的過程視為一段圓周運動，則該運動員至少用多大的力支撐冰面才能保證不發(fā)生側滑（　?。?/span>A. 300N B. 250N C. 200N D. 150N【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意，由公式可知，由于運動員做圓周運動所需的向心力為設運動員的手用支撐冰面，運動員的腳用支撐冰面，豎直方向上，由平衡條件有水平方向上有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故選B。6. 如圖所示，在空間中水平面MN的下方分布著方向豎直向上的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平。已知A、B、C三點在同一直線上，，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）A. 小球所受電場力大小為3mgB. 小球帶負電C. 小球從A到B與從B到C的運動時間之比為D. 小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小相等【答案】D【解析】【詳解】C．小球在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻變速運動，A、B、C三點在同一直線上，，可知，小球從A到B與從B到C的運動時間之比為C錯誤；A．在豎直方向上，小球從A到B做勻加速運動，加速度大小為，從B到C做勻減速運動，加速度大小為，A、C兩點豎直方向的速度均為零，則有解得根據(jù)牛頓第二定律可知解得A錯誤；B．從B到C小球在豎直方向上做減速運動，即所受合力豎直向上，因此可以判斷小球所受電場力豎直向上，小球帶正電，B錯誤；D．小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小分別表示為小球從A到B與從B到C的合外力沖量的大小相等，D正確。故選D。7. 如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上端靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸Ox，小球下落至最低點過程中的a－x圖像如圖乙所示（圖中標示坐標值、、、g均為已知量），不計空氣阻力，重力加速度為g。則（　　）
A. 彈簧的勁度系數(shù)B. 彈簧的最大彈力C. 小球向下運動過程中最大加速度D. 小球向下運動過程中最大速度【答案】D【解析】【詳解】A．結合圖乙可知，小球下落的加速度為零時則有解得彈簧的勁度系數(shù)為故A錯誤；B．小球向下運動過程中彈簧最大彈力為故B錯誤；C．小球向下運動過程中最大加速度為故C錯誤；D．設小球向下運動過程中最大速度，根據(jù)動能定理可知整理可得結合圖像圍成的面積，可知解得小球向下運動過程中最大速度為故D正確；故選D。8. 兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，波速均為v＝0.4m/s，兩個波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，波源的振幅均為2cm。如圖所示為t＝0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q兩質點剛開始振動，質點M的平衡位置位于x＝0.5m處。下列判斷正確的是（　?。?/span>
A. 質點M剛開始振動時的方向沿y軸的正方向B. t＝0.75s時，質點P、Q的位移均為2cmC. t＝0~2s時間內，質點M經(jīng)過的路程為32cmD. t＝2.5s時，兩波源間振動最弱點有6個【答案】BD【解析】【詳解】A．依題意，根據(jù)“逆向波形法”知質點P、Q開始振動時，均沿y軸的負方向振動，質點P、Q距質點M相等，則兩列波的振動同時到達質點M處，故開始振動時的方向沿y軸的負方向，故A錯誤；B．由圖知兩列波波長均為，則周期均為所以可得t＝0.75s時，即，質點P、Q均位于波峰位置，位移均為2cm，故B正確；C．依題意，可知M點開始振動時，用時為由于M點為振動加強的點，則t＝0~2s時間內，即內，質點M經(jīng)過的路程為故C錯誤；D．t＝2.5s時，即時刻，兩波源間所有的質點均已振動，兩波源間振動最弱的點需滿足到兩波源之間的距離差等于半波長的奇數(shù)倍，即可得或其中，可求得滿足條件的點有6個，即位置為1.0cm，0.8cm，0.6m，0.4m，0.2m，0m處的質點均為振動減弱的點，故D正確。故選BD。9. 如圖甲所示，電路接在電壓的有效值為的正弦交流電源上，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，、、、均為定值電阻，，，電表均為理想電表。已知中電流隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 交流電的頻率為100HzB. 電壓表的示數(shù)為100VC. 電流表A的示數(shù)為D. 變壓器輸出的電功率為33W【答案】BC【解析】【詳解】A．由圖乙可知，交流的的周期為，則交流電的頻率為故A錯誤；C．由圖乙可知，流過的電流的有效值為由歐姆定律可知，流過的電流為則流過副線圈的電流為根據(jù)電流與匝數(shù)的關系可得，流過原線圈的電流為即電流表的讀數(shù)為，故C正確；B．由歐姆定律可得，副線圈兩端的電壓為由電壓與匝數(shù)的關系可得，原線圈兩端的電壓為即電壓表示數(shù)為，故B正確；D．由公式可得，變壓器輸出的電功率為故D錯誤。故選BC。10. 如圖所示，兩側帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質量相同的物塊甲（可視為質點）由平板車的中點處以初速度向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 甲、乙達到共同速度所需的時間為B. 甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C. 甲、乙相對滑動總路程為D. 如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為【答案】ACD【解析】【詳解】AB．整個運動過程中甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，則兩者最終的速度為解得若能發(fā)生碰撞，碰前甲、乙的速度分別為、，碰后甲、乙的速度分別為、，則有解得可知碰撞使得兩者速度互換，且在運動過程中兩者的加速度大小均為則甲、乙達到共同速度所需的時間為碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正確，B錯誤；C．從開始到相對靜止過程中，甲、乙相對滑動總路程為，根據(jù)動能定理可得解得C正確；D．甲、乙碰撞的次數(shù)為n，且靜止時距離左端的距離為，若第次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有解得若第次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有解得即最終甲距離乙左端的距離可能為，D正確。故選ACD。11. 如圖所示，半徑分別為R和2R的同心圓處于同一平面內，O為圓心，兩圓形成的圓環(huán)內有垂直圓面向里的勻強磁場（圓形邊界處也有磁場），磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為的粒子由大圓上的A點以速率沿大圓切線方向進入磁場，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　?。?/span>
A. 帶電粒子從A點出發(fā)第一次到達小圓邊界上時，粒子運動的路程為B. 經(jīng)過時間，粒子第1次回到A點C. 運動路程時，粒子第5次回到A點D. 粒子不可能回到A點【答案】AB【解析】【詳解】依題意，可作出粒子的運動軌跡如圖所示
A．依題意，可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，帶電粒子從A點出發(fā)第一次到達小圓邊界上時，由幾何知識可得此時粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為，則粒子運動的路程為故A正確；B．粒子第1次回到A點，由幾何知識可得粒子在磁場運動的總時間為在無磁場區(qū)域運動的總時間為則粒子第1次回到A點運動的時間為故B正確；C．由幾何知識，可得粒子第一次回到A點運動路程則粒子第5次回到A點時，運動的總路程為故C錯誤；D．由以上選項分析可知，粒子能回到A點，故D錯誤。故選AB。二、非選擇題：本題共5小題，共56分。12. 電動平衡車，又叫體感車、思維車、攝位車等，是一種電力驅動、具有自我平衡能力的新型綠色環(huán)保的產(chǎn)物。某同學為了研究平衡車在平直水泥路面上的運動情況，設計了如下實驗：將輸液用的塑料瓶裝適量水，連同輸液管一起綁在平衡車的扶手上，調節(jié)輸液管的滴水速度。某滴水剛落地開始計時，從下一滴水落地開始依次計數(shù)為1、2、3…，當?shù)?/span>50滴水剛好落地時停止計時，測得時間為25s。該同學騎上平衡車后，先加速到某一速度，然后關閉動力，讓平衡車沿著直線滑行。如圖所示是某次實驗中在水泥路面上的減速階段水滴及測出的間距值，當?shù)刂亓铀俣?/span>g近似取，空氣阻力忽略不計。根據(jù)該同學的測量結果可得出：（所有計算結果均保留兩位有效數(shù)字）
（1）平衡車經(jīng)過路面上相鄰兩水滴的時間間隔T＝_______s。（2）平衡車減速過程的加速度大小a＝_______，運動到G點的速度大小v＝_______m/s；（3）設平衡車運動過程中所受阻力的大小是人與車總重力的k倍，則k＝_______。【答案】 ①. 0.50 ②. 0.39 ③. 4.6 ④. 0.039【解析】【詳解】（1）[1]平衡車經(jīng)過路面上相鄰兩水滴間的時間間隔為（2）[2][3]根據(jù)逐差法，可知加速度大小為運動到G點的速度大小為（3）[4]在減速階段，根據(jù)逐差法得加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律，有解得13. 某實驗小組為了測量一段長度為L的電熱絲的電阻率，進行了如下實驗操作：（1）用螺旋測微器測量電熱絲的直徑，其中某次測量結果如圖甲所示，則電熱絲的直徑d=___________mm。（2）先用歐姆表粗測其電阻值。選用“×10”倍率的電阻擋正確測量時，發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏轉角較小，因此需重新選擇___________（選填“×1”或“×100”）倍率的電阻擋，重新歐姆調零后再測量時歐姆表示數(shù)如圖乙所示，則電熱絲的電阻值為___________Ω。（3）為更準確測量電熱絲的電阻R，使用下列器材：電源E，電動勢約為6V，內阻可忽略不計；電壓表V，量程為0~3V，內阻；電流表A，量程為0~50mA，內阻；定值電阻，；滑動變阻器R，最大阻值20Ω；單刀單擲開關S一個，導線若干。①要求測量盡可能準確，并測量較多組數(shù)據(jù)，請在如圖所示虛線框中畫出測量電阻的實驗電路圖（圖中標明所選器材的符號）_________。②由實驗電路圖計算電熱絲的電阻率的表達式為___________（電流表與電壓表的示數(shù)分別用I和U表示）。③該電阻率的測量結果___________（選填“有”或“無”）系統(tǒng)誤差。【答案】 ①. 0.870 ②. ×100 ③. ④. （） ⑤. 或 ⑥. 無【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)螺旋測微測量原理，圖中螺旋測微器測量的讀數(shù)為（2）[2]用歐姆表“×10”倍率的電阻擋正確測量時，發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏轉角較小，說明歐姆表指針較靠左側，即指在阻值較大刻度處，說明待測電阻阻值較大，因此需重新選擇高倍率 “×100” 的檔位。[3]圖中歐姆表讀數(shù)為（3）①[4]②[5]要求測量較多組數(shù)據(jù)，則滑動變阻器采用分壓式接法。由電源電動勢約為6V，則待測電阻的最大電流約為而題中所給電流表量程太大，電壓表的量程不夠，由兩表內阻均為定值，且有一個定值電阻，故應進行電表改裝。若擴大電壓表量程，定值電阻阻值太小，量程仍不夠，因此可以將電壓表改裝成電流表，而電流表當電壓表，則電路圖如圖則待測電阻阻值表達式為又由電阻的決定式兩式聯(lián)立解得電阻率的表達式為或者也可以采用電流表外接法，為增大電流，將定值電阻與待測電阻并聯(lián)，如圖則待測電阻的阻值表達式為聯(lián)立電阻的決定式解得，電阻率的表達式為③[6]由上述分析可知，該電阻率的測量結果無系統(tǒng)誤差。14. 如圖所示，內徑相同，導熱良好的“T”形細玻璃管上端開口，下端封閉，管中用水銀封閉著A、B兩部分理想氣體，C為輕質密閉活塞，各部分長度如圖。現(xiàn)緩慢推動活塞，將水平管中水銀恰好全部推進豎直管中，已知大氣壓強，設外界溫度不變。求（1）水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，氣體A的壓強；（2）活塞移動的距離為多大？
【答案】（1）100cmHg；（2）6.5cm【解析】【詳解】（1）水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，氣體A的壓強（2）初狀態(tài)，氣體A的壓強設玻璃管橫截面積為，初狀態(tài)氣體A的體積設末狀態(tài)氣體A的體積為，對氣體A由玻意耳定律得解得末狀態(tài)氣體A的長度氣體A的長度減少量初狀態(tài)氣體B的壓強末狀態(tài)氣體B的壓強初狀態(tài)氣體B的體積設活塞移動的距離為，末狀態(tài)氣體B的體積對氣體B由玻意耳定律得帶入數(shù)據(jù)得解得15. 如圖甲所示，粒子源內有大量質量為m、電荷量為的帶電粒子逸出（可以認為初速度為零），經(jīng)電壓為的勻強電場加速后，沿平行板M，N間的中線進入偏轉電場，板長為l，極板右側有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大。若在M，N兩板間加電壓，其電勢差隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示（U為已知），所有粒子均能從極板右側射出，并進入勻強磁場區(qū)域。已知粒子通過偏轉電場所用時間遠小于T，且在該過程中電場可視為恒定，不計粒子間的相互作用及粒子所受的重力，求（1）M、N兩極板的最小間距：（2）若兩極板間距為上問所求值，粒子經(jīng)磁場偏轉后，均無法從極板右側回到極板間，則勻強磁場磁感應強度的大小應滿足什么條件？
【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意可知，設粒子進入偏轉電場時的速度，經(jīng)過加速電場時，由動能定理有進入偏轉電場后，當偏轉電壓為時，偏轉的位移最大，此時，水平方向上有豎直方向上，由牛頓第二定律有由運動學公式可得，偏轉位移為聯(lián)立解得所有粒子均能從極板右側射出，則有解得即M、N兩極板的最小間距為。（2）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示
由運動學公式可知，粒子豎直方向的速度為則粒子進入磁場的速度為設速度方向與豎直方向的夾角為，則有粒子進入磁場后，由牛頓第二定律由可得若滿足兩極板間距，粒子經(jīng)磁場偏轉后，均無法從極板右側回到極板間，由圖根據(jù)幾何關系有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得16. 如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v=2m/s沿順時針方向勻速轉動，傳送帶與水平方向的夾角θ=37°。質量m1=5kg的小物塊A和質量m2=5kg的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初速度v0=8m/s（此時物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊），使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊B都沒有上升到定滑輪處。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求（1）物塊A剛沖上傳送帶時加速度的大小及方向；（2）物塊A沖上傳送帶沿傳送帶向上運動的最遠距離及此過程中傳送帶對物塊A做的功；（3）若傳送帶以不同的速率v（0<v<v0）沿順時針方向轉動，當v取多大時，物塊A沿傳送帶運動到最遠處過程中與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量有最小值，請求出最小值。【答案】（1）10m/s2，方向沿傳送帶向下；（2），；（3）3m/s，40J【解析】【詳解】（1）物塊A剛沖上傳送帶時，A受重力、垂直于傳送帶斜向左上方的支持力、沿傳送帶向下的摩擦力和沿繩向下的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有B受向下的重力和沿繩向上的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上兩式解得故物塊A剛沖上傳送帶時的加速度大小為10m/s2，方向沿傳送帶向下；（2）物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼續(xù)向上做勻減速直線運動對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律對B物塊，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立上式解得當物塊A的速度減為零時，其沿傳送帶向上運動的距離最遠，故代入數(shù)據(jù)解得此過程中傳送帶對物塊A做的功解得（3）共速之前物塊A與傳送帶的相對位移為則共速之前摩擦生熱為同理，共速后有此過程摩擦生熱為故物塊A運動到最遠處的生熱為根據(jù)二次函數(shù)的知識，有

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