湖北省十堰市2022-2023学年高三物理下学期4月调研考试试题（Word版附解析）

十堰市2023年高三年级四月调研考试

物理

全卷满分100分。考试用时75分钟。

注意事项:

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。

3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只交答题卡。

一、选择题:本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 核电池是利用放射性同位素衰变放出载能粒子（如粒子、粒子和射线）并将其能量转换为电能的装置．人造心脏的放射性同位素动力源用的燃料是钚，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）

A. 不具有放射性 B. 该衰变为衰变

C. 原子核X和射线均属于实物粒子 D. 的比结合能比的比结合能大

【答案】B

【解析】

【详解】A．仍具有放射性，选项A错误；

B．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为4，电荷数为2，则该衰变为衰变，选项B正确；

C．原子核X是实物粒子，射线属于电磁波，选项C错误；

D．该反应放出核能，生成更稳定的原子核，则的比结合能比的比结合能小，选项D错误。

故选B。

2. 我国的“北斗三号”卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星组成。倾斜地球同步轨道指卫星在该轨道上运行的周期与地球自转的周期相同，但该轨道平面与赤道平面有一定的夹角。下列说法正确的是（　　）

A. 地球静止轨道卫星绕地球运行的周期比月球绕地球运行的周期大

B. 倾斜地球同步轨道卫星的动能一定大于地球静止轨道卫星的动能

C. 地球对倾斜地球同步轨道卫星的万有引力一定与地球对地球静止轨道卫星的万有引力大小相等

D. 只要倾角合适，倾斜地球同步轨道卫星可以在每天的固定时间经过十堰上空

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据

解得

地球静止轨道卫星的轨道半径比月球的轨道半径小，则地球静止轨道卫星绕地球运行的周期比月球绕地球运行的周期小，A错误；

B．根据

可知，同步卫星的线速度大小相等，由于倾斜地球同步轨道卫星与地球静止轨道卫星的质量关系不确定，则倾斜地球同步轨道卫星的动能与地球静止轨道卫星的动能关系也不确定，B错误；

C．根据

根据上述，可知，同步卫星的轨道半径大小相等，由于倾斜地球同步轨道卫星与地球静止轨道卫星的质量关系不确定，则地球对倾斜地球同步轨道卫星的万有引力与地球对地球静止轨道卫星的万有引力大小关系也不确定，C错误；

D．由于倾斜地球同步轨道指卫星在该轨道上运行的周期与地球自转的周期相同，但该轨道平面与赤道平面有一定的夹角，因此只要倾角合适，倾斜地球同步轨道卫星可以在每天的固定时间经过十堰上空，D正确。

故选D。

3. 当空气中电场的电场强度大小超过时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做集中在球壳中心的点电荷对求外某点的场强，由

可得

故选A。

4. 某横截面为“<”形带电导体右侧的电场线或等势线（若为等势线，则相邻等势线之间的电势差相等）如图中实线所示，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（　　）

A. 实线表示电场线

B. a点的电势一定低于c点的电势

C. c点的电场强度大于d点的电场强度

D. 点电荷从a点到c点再到b点的过程中，电场力做的功不为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．由于带电导体处于静电平衡状态时，导体自身为一个等势体，表面为一个等势面，而电场线与等势面垂直，即电场线一定与带电导体表面垂直，图中实线没有与导体表面垂直，可知，图中实线是等势线，A错误；

B．由于不知道带电导体的电性，因此没有办法确定图中电势的高低，即a点的电势可能低于c点的电势，B错误；

C．等势线的分布的疏密程度能够间接反映电场的强弱，图中c点的等势线分布的密集程度大于d点的等势线分布的密集程度，则c点的电场强度大于d点的电场强度，C正确；

D．根据上述，实线为等势线，a点与b点位于同一条等势线上，电势相等，则有

可知，点电荷从a点到c点再到b点的过程中，电场力做的功为零，D错误。

故选C。

5. 如图所示，直角△MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。，MP=L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用不计正、负电子所受的重力。下列说法正确的是（    ）

A. 可能有正电子从M点射出磁场

B. 负电子从D点离开磁场时的速度大小为

C. 从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为

D. 正电子在磁场中运动的最长时间为

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据粒子的运动的轨迹可知，粒子不可能从B点射出磁场，选项A错误；

B．负电子从D点离开磁场时

解得

则负电子的速度大小为

选项B错误；

C．当正电子运动的轨迹与MN相切时从MN射出的时间最长，由几何关系可知圆心角为为120°，则最长时间

选项C正确；

D．正电子从CM之间射出时用时间最长，则在磁场中运动的最长时间为

选项D错误。

故选C。

6. 如图所示，理想变压器原线圈所在电路的输入端接有电压有效值为220V的正弦交变电流，匝数为30的副线圈2与规格为“12V36W”的灯泡L1连接，副线圈3与规格为“18V54W”的灯泡L2连接，原线圈与额定电压为40V的灯泡L连接。若电路接通时，三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是（　　）

A. 原线圈1两端的电压为220V B. 原线圈1的匝数为450

C. 副线圈3的匝数为50 D. 通过灯泡L的电流有效值为1A

【答案】B

【解析】

【详解】A．三个灯泡均正常发光，可知原线圈1两端的电压为

故A错误；

B．设原线圈1的匝数为，根据电压比等于匝数比可得

解得

故B正确；

C．设副线圈3的匝数为，根据电压比等于匝数比可得

解得

故C错误；

D．设通过灯泡1电流有效值为，则有

解得

故D错误。

故选B。

7. 如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中、已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 物块可能沿传送带向上运动

B. 物块与传送带间的动摩擦因数大于tanθ

C. 时间后物块的加速度大小为

D. 若传送带反转，则物块将一直以大小为的加速度做匀加速直线运动

【答案】C

【解析】

【详解】A．图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，时刻之前的加速度大于时刻之后的加速度，可知物块时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，根据图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；

B．根据上述，时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有

解得

B错误；

C．根据上述，时刻之前有

，

时刻之后有

解得

C正确；

D．由于

若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有

即若传送带反转，则物块将一直以大小为的加速度做匀加速直线运动，D错误。

故选C。

8. 氢原子的能级示意图如图所示。处于基态的氢原子被激发后会辐射出光子，若辐射出的光子能使逸出功为2.22eV的金属钾发生光电效应，则对氢原子提供的能量可能为（    ）

A. 12.05eV B. 10.20eV C. 12.09eV D. 1.51eV

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由于

12.05eV+（-13.6eV）=-1.55eV

根据氢原子能级图可知，不存在该能级，可知，对氢原子提供的能量不可能为12.05eV，A错误；

B．由于

10.20eV+（-13.6eV）=-3.4eV

根据氢原子能级图可知，恰好为第2定态的能级，又由于

10.20eV>2.22eV

可知，氢原子被激发后会辐射出光子，辐射出的光子能使逸出功为2.22eV的金属钾发生光电效应，则对氢原子提供的能量可能为10.20eV，B正确；

C．由于

12.09eV+（-13.6eV）=-1.51eV

根据氢原子能级图可知，恰好为第3定态能级，又由于

12.09eV>2.22eV

可知，氢原子被激发后会辐射出光子，辐射出的光子能使逸出功为2.22eV的金属钾发生光电效应，则对氢原子提供的能量可能为12.09eV，C正确；

D．由于

1.51eV+（-13.6eV）=-12.09eV

根据氢原子能级图可知，不存在该能级，可知，对氢原子提供的能量不可能为1.51eV，D错误。

故选BC。

9. 如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是（    ）

A. 摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等 B. 摩擦力对两子弹做的功一定相等

C. 子弹与木块组成的系统动量守恒 D. 子弹与木块组成的系统机械能守恒

【答案】AC

【解析】

【详解】A．木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；

BC．以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

得

对子弹由动能定理得

由，可知

摩擦力对两子弹做的功

由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；

D．子弹与木块间因有摩擦力产生热，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。

故选AC。

10. 如图所示，质量为1.44kg的小球（视为质点）在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧振子的周期为1.2s B. 弹簧的劲度系数为80N/m

C. 在时刻，小球第三次经过M点 D. O，M两点间的距离为5cm

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据题意，M点到B点的时间为

则

故A正确；

B．根据

代入数据得

故B错误；

C．小球第三次经过M点时间

故C正确；

D．小球做简谐运动，有

（cm）

时

y=5cm

故D正确。

故选ACD。

11. 如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1kg的P、Q两小球（均视为质点）分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5m的细线（不可伸长）相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动（Q未到达O点）。取重力加速度大小g=10m/s2。在P从O点向右运动4m的过程中（    ）

A. 该水平拉力F先增大后减小 B. P所受重力的冲量大小为4N·s

C. Q所受重力对Q做的功为-3J D. 该水平拉力F做的功为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．令，则有

既有

根据牛顿第二定律有

，

解得

P向右运动过程中，减小，则水平拉力F增大，A错误；

B．P从O点向右运动4m的过程有

解得

则P所受重力的冲量大小

B正确；

C．Q的位移为

则Q所受重力对Q做的功

C错误；

D．P的速度

根据几何关系，当P运动了4m时，可解得此时夹角

结合上述可解得Q的速度

对P、Q系统有

解得

D正确。

故选BD。

二、非选择题:本题共5小题，共56分。

12. 某同学用如图甲所示的装置测量物块与木板间的动摩擦因数。

（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度，其示数如图乙所示，则挡光片的宽度d=______mm。

（2）使物块每次都从斜面上的A点由静止滑下，改变光电门的位置B，测量A、B之间的距离s，并记下相应的挡光时间t，获得多组数据。若以s为纵轴、为横轴作出的图像如图丙所示，则物块的加速度大小a=______m/s2（结果保留两位有效数字）。

（3）若测得木板的倾角为，取重力加速度大小g=10m/s2，结合（1）、（2）的结果，则物块与木板间的动摩擦因数μ=______（结果保留两位有效数字）。

【答案】    ①. 2.00    ②. 2.0    ③. 0.35

【解析】

【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为

（2）[2]物块通过光电门的速度

根据

解得

结合图丙有

解得

（3）[3]根据

解得

13. 学校物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为15V的电压表，要求尽可能减少实验误差。实验室提供的实验器材有：

A.电流表A1（量程为1mA，内阻约为290Ω）；

B.电流表A2（量程为1.5mA，内阻约为200Ω）；

C.定值电阻（阻值为600Ω）；

D.定值电阻（阻值为60Ω）；

E.滑动变阻器R（最大阻值15Ω）；

F.一节新的干电池E；

G.开关S及导线若干。

（1）在图甲中将测量A1内阻的电路图补充完整，并标明器材符号（      ）。

（2）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，可获得多组A1的示数和A2的示数，并将对应的数据在坐标系中描点，作出图线如图乙所示。根据图线，可算出A1的内阻为______Ω（结果保留三位有效数字）。

（3）将A1与一个阻值为______kΩ的定值电阻串联，可将A1改装成量程为15V的电压表V，用标准电压表V0与其并联进行校准，若当V0的示数为12.4V时，A1的示数为0.80mA，则电压表V的实际量程为______V。（结果均保留三位有效数字）

【答案】    ①.     ②. 300    ③. 14.7    ④. 15.5

【解析】

【详解】（1）[1]为了测量A1内阻，采用安安法，为了减小测量误差，需要使得两电流表同时能够接近满偏，则与A1并联的定值电阻阻值约为

可知，并联定值电阻选择，作出电路图如图所示

（2）[2]根据电路图有

根据图乙有

解得

（3）[3]将A1改装成量程为15V的电压表需要串联的电阻为

[4]令实际量程为U，则有

解得

14. 如图所示，“U”形管左、右两管竖直，左管上端开口且足够长，右管上端封闭，粗细均匀，导热性能良好。阴影部分A、B、C为水银柱，长度分别为2h、h、，管中D、E为理想气体。当环境的热力学温度时，D气柱的长度为h，E气柱的长度为4h，A、C两水银柱的下端面等高。外界大气压恒为8hHg，管的直径远小于h。

（1）若保持环境温度不变，在左管中缓慢注入水银，求当E气柱的长度变为3h时，左管中注入水银的长度H；

（2）若不是在左管中缓慢注入水银，而是将环境的热力学温度缓慢升高到T2=368K，求温度升高后D气柱的长度L。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）注入水银前，E气柱的压强

设注入水银后E气柱的压强为，气柱的横截面积为S，对E气柱，根据玻意耳定律有

解得

则有

（2）当环境的热力学温度K时，D气柱的压强

设在环境的热力学温度缓慢升高的过程中，B水银上表面下降的高度为x，则温度升高后D气柱的压强

对D气柱，根据理想气体的状态方程有

解得

（舍去），h

则有

15. 如图甲所示，匝数为n、总电阻为r、横截面积为S的竖直螺线管与两足够长的固定平行光滑导轨相连，导轨间距为L，倾角为θ。导轨间有磁感应强度大小为B0、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。长为L、电阻为4r的导体棒ab放在导轨上，始终与导轨垂直且接触良好。螺线管内有竖直方向、分布均匀的变化磁场(图中未画出)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。闭合开关S，ab恰好处于静止状态。重力加速度大小为g，定值电阻R的阻值为4r，导轨电阻和空气阻力均不计，忽略螺线管磁场对ab的影响。

(1)求0～3t0时间内通过螺线管的电荷量q；

(2)求导体棒ab的质量m；

(3)若将开关S断开，将ab由静止释放，求ab沿导轨上滑的最大速度vm。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)时间内，穿过螺线管的磁通量的变化为：

回路的总电阻为

经分析可知

解得

(2)由题图乙可知

根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路的欧姆定律可得，通过螺线管的电流为

此时通过ab的电流为

ab受力平衡，有

解得

(3)由(2)可得

ab的速度最大时，ab切割磁感线产生的感应电动势为

回路中的总感应电动势为

此时通过螺线管的电流为

ab受力平衡，有

解得

16. 如图所示，一圆心为O、半径、质量的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长、质量的薄板右端相切且紧靠。质量的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高点C，随后立即取走乙；甲沿半圆形轨道运动到与O点等高的B点时的速度为零。已知甲与薄板间的动摩擦因数，乙与薄板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，甲、乙均视为质点。

（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小；

（2）求乙的质量以及乙通过C点时对半圆形轨道的弹力大小N；

（3）若将半圆形轨道解锁，在乙左侧涂上黏性物质（甲，乙碰撞后黏在一起），在甲、乙碰撞前瞬间撤去拉力，其他情况不变，求甲最终与薄板左端间的距离x以及甲的最终速度大小。

【答案】（1）3m/s；（2）0.1kg，7.5N；（3）0.3m，

【解析】

【详解】（1）设在拉力作用过程中甲的加速度大小为，根据牛顿第二定律有

解得

根据匀变速直线运动的规律有

解得

（2）设甲与乙发生碰撞后瞬间的速度大小分别为、，则有

，

对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有

解得

设乙通过C点时的速度大小为，对乙从A点运动到C点的过程，根据机械能守恒定律有

设乙通过C点时所受半圆形轨道的弹力大小为，则有

根据牛顿第三定律有

解得

（3）假设撤去拉力前甲，乙均在薄板上滑行，薄板的加速度大小为a，乙的加速度大小为，则有

，

解得

，

因为

所以假设成立，设经时间t，甲与乙发生碰撞，根据匀变速直线运动的规律有

解得

当甲与乙发生碰撞时，甲与薄板左端间的距离

解得

碰撞前瞬间甲、乙的速度大小分别为

，

设甲与乙碰撞后瞬间的共同速度大小为，根据动量守恒定律有

解得

因为此时薄板的速度大小

所以碰撞后甲，乙、薄板的速度相同，故有