湖南省永州市第一中学2022-2023学年高三物理上学期元月考试试卷（Word版附解析）

永州一中2023届高考物理

一、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. 警车A停在路口，一违章货车B恰好经过A车，A车立即加速追赶，它们的图像如图所示，则时间内，下列说法正确的是（　　）

A. A车的加速度为 B. 末A车速度为

C. 在末A车追上B车 D. 两车相距最远为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由斜率读出A车的加速度为

故A错误；

B．由速度时间公式可得3s末A车速度为

故B错误；

C．2s末两车速度相同，由“面积”得到B车的位移大于A车的位移，2s末A车还没有追上B车，故C错误；

D．在2s前，B车的速度大于A车的速度，两车距离增大，在2s后A车的速度大于B车的速度，两车的距离减小，因此在2s末时刻，两车速度相等时，两车的距离最大，由图中“面积”差读出两车相距最远为5m，故D正确。

故选D。

2. A、B两个点电荷周围产生的电场线分布如图所示，一个离子从两点电荷连线的中垂线上的一点a射入，轨迹如图中的ab所示，b为两点电荷连线上的一个点，忽略离子的重力，则可以判断（　　）

A. 射入的离子带正电荷

B. A、B两小球带等量异种电荷

C. 在a点时，A、B对离子的作用力大小相等

D. 离子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，粒子受到电场力的方向向右，但由于不知道A、B哪一侧带正电，所以不能判断出粒子的电性，故A错误；

B．等量异种点电荷的电场线两侧是对称的，可知该处两个小球的带电量不相等，故B错误；

C．根据 可知，a点到两小球距离相等，但两球带电量不同，所以作用力大小不相等，故C错误；

D．粒子受到的电场力的方向向右，电场力的与粒子运动的轨迹之间的夹角是锐角，可知电场力做正功粒子的电势能减小，故D正确；

故选D。

3. 两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v = 2m/s。下列判断正确的是（   ）

A. a波的周期为3s

B. 两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向

C. t = 1.5s时，质点Q离开平衡位置的位移为4cm

D. t = 1.5s时，质点M的位移为2cm

【答案】D

【解析】

【详解】A．横波a的波长为4m，则周期

A错误；

B．根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a波起振方向向上，b波起振方向向上，B错误；

C．横波b的波长为4m，则周期也为2s，t = 1.5s时经过，但a波尚未传到质点Q，则质点Q离开平衡位置的位移为－4cm，C错误；

D．t = 1s时，a波到达质点M，但b波尚未传到质点M，则再经过0.5s，即t = 1.5s时，质点M的位移为2cm，D正确。

故选D。

4. 如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（　　）

A. 卫星在轨道Ⅰ上处于平衡状态

B. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的倍

C. 卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的4倍

D. 质量相同的卫星在b点的机械能等于在c点的机械能

【答案】C

【解析】

【详解】A．卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，合力不为零，不处于平衡状态，故A错误；

B．由题可知轨道Ⅰ的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为

根据开普勒第三定律

解得

故B错误；

C．根据公式

可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C正确；

D．卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此在同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，发电机可输出频率一定、电压有效值恒为U的正弦交流电，变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器可视为理想变压器。开始时开关断开，闭合，四个灯泡亮度相同。灯泡规格一样且不计灯丝电阻随温度的变化。下列说法正确的是（　　）

A. 变压器原、副线圈匝数比

B. 发电机输出电压U与一个灯泡两端电压的比为

C. 若开关闭合，则灯泡变亮，、变暗

D. 若开关断开，则灯泡、变暗，变亮

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据理想变压器的规律有

可知原、副线圈匝数比为2∶1，故A错误；

B．又

故

即

故B错误；

C．研究灯泡亮度变化时，可把变压器和其右侧电路等效为一个电阻，对理想变压器有

当闭合开关时，等效电阻不变，灯泡被短路，总电阻减小，总电流增大，灯泡分压变大，变亮，等效电阻分压变大，即原线圈两端电压变大，灯泡、变亮，故C错误；

D．当开关断开时，等效电阻，变大，分压变大，即原线圈两端电压变大，灯泡变亮，灯泡、的分压变小，、变暗，D正确。

故选D。

【点睛】发电机输出电压为原副线圈电压之和。

6. 如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（  ）

A. 若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过

B. 当力时，A、B间的摩擦力为

C. 无论力F为何值，B的加速度不会超过

D. 当力时，B相对A滑动

【答案】D

【解析】

【详解】A．A、B间的最大静摩擦力为

B、C间的最大静摩擦力为

B与地面的最大静摩擦力为

若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知

假设C恰好与B相对不滑动，则对C有

解得

设此时A与B间的摩擦力为f，对A有

解得

表明C达到临界时A还没有到达临界值，故要使三者始终相对静止，则F不能超过，故A错误；

B．当

时，由整体可知

解得

代入

解得

故B错误；

C．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有

解得

故C错误；

D．B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体

对A研究得

解得

故当拉力大于时，B相对A滑动，故D正确。

故选D。

二、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，有多项符合题目要求。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. 上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子，即。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在，若原子核X的半衰期为，平均核子质量大于，则（    ）

A. X是 B. X比结合能小于

C. 中微子的能量由质子数减少转变而来 D. 再经过，现有的原子核X全部衰变

【答案】AB

【解析】

【详解】A．根据题中核反应方程，结合质量数与电荷数守恒可得X的质量数和电荷数分别为

故A正确；

B．X与质量数相同，而X的平均核子质量大于，根据质能方程可知的结合能更大，由于二者核子数相同，都为7，因此的比结合能更大，故B正确；

C．由核反应方程可知，中微子的能量是一个质子与一个电子结合转变成一个中子而得到，故C错误；

D．经过，只剩下现有的原子核X的未衰变，故D错误。

故选AB。

8. 一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下吊桥六对钢杆悬吊六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图，已知图中相邻两钢杆间距离为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m（即AA′=DD′=2m），BB′=EE′，CC′=PP′，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T。以下说法正确的是（　　）

A. 每对钢杆拉力T=

B. 每对钢缆AD中拉力

C. 每对钢缆CM中拉力

D. BB′=5m

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T，由平衡条件可得

解得

所以A正确；

C．对整体受力分析如图，由平衡条件可得

解得

所以C错误；

B．对左边的悬索受力分析如图所示，由平衡条件可得

所以B错误；

D．对A点受力分析如图所示，由平衡条件可得

由几何关系可得

所以D正确；

故选AD。

9. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，下列说法正确的是（　　）

A. 物块B的质量为2kg

B. 弹簧的最大弹性势能为1.5J

C. 弹簧第一次恢复原长时物块B的速度大小为2m/s

D. 从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量大小为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．由图像可知A物块的初速度v0=3m/s，t1时刻两物块达到共速v=1m/s，由动量守恒得

解得

故A正确；

B．由图像可知t1时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得

解得

故B错误；

CD．B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒得

由能量守恒得

解得此时A和B的速度分别为

故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为

大小为，故CD正确。

故选ACD。

10. 在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计．则（   ）

A. 物块c的质量是2msinθ

B. b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能

C. b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能

D. b棒放上导轨后，a棒中电流大小是

【答案】AD

【解析】

【详解】b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcg；因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因为F安=BIL，故，故D正确；故选AD．

考点：物体的平衡；安培力.

三、实验题（本题共2小题，共15分）

11. 某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量M。

（1）下面是实验的主要步骤：

①实验小组的同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图乙所示，则遮光条的宽度___________cm；

②挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑；

③取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门并通过计算机记录了挡光时间；

④改变砝码质量和木板倾角，重复步骤②③，每次释放小车位置相同且光电门在木板上位置不变，用刻度尺测出小车在起点时遮光条的中点到光电门的距离L，已知重力加速度为g。

（2）某小组成员通过记录下的数据作出图像，图像的延长线恰好可以经过坐标原点。根据图像能得出的实验结论是___________，若已知图像斜率为k，那么___________（结果用字母k、g、d、L表示）。

【答案】    ①. 0.230    ②. 在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量    ③.

【解析】

【详解】（1）①[1]由图可得，遮光条的宽度为

（2）[2]设木板倾角为，由题意知，挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑时，满足

当取下托盘和砝码，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门时，合外力做功为

因为小车经过光电门的速度为

即小车经过光电门的动能为

令

可得

可见当图像的延长线恰好可以经过坐标原点时，说明在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量。

[3]由题意得

解得

12. 某科学探究小组欲通过测定工业废水的电阻率，来判断废水是否达到排放标准（一般电阻率的废水即达到排放标准）。该小组用透明塑料板自制了一个长方体容器，其左、右两侧面内壁粘贴金属铜薄板（板的厚度和电阻的影响可忽略不计），铜薄板上端分别带有接线柱A、B，如图甲所示。容器内壁的长，宽，高。将废水注满容器后，进行如下实验操作。

（1）先用多用电表的欧姆挡粗测容器中废水的电阻Rx，选择开关置于“”挡，其示数如图乙所示。

（2）为了精确地测量所取废水的电阻率，该小组从实验室中找到如下实验器材：

A．直流电源E（电动势约3V，内阻r0约0.1Ω）

B．电压表V（量程0~3V，内阻）

C．电流表A（量程0~3mA，内阻未知）

D．滑动变阻器R1（0~500Ω，额定电流2.0A）

E．滑动变阻器R2（0~50Ω，额定电流2.0A）

F．开关S一个，导线若干

请你根据实验器材，选择合适的滑动变阻器______（填“R1”或“R2”），请为该实验小组设计实验电路图（待测废水用表示），将设计的实验电路图画在答题卡上______。

（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示。图丙的坐标纸中已经描出了3个点，请在答题卡相应图中将剩余3个点描出，并作出U—I关系图______；

（4）由以上测量数据可以求出待测废水的电阻率______（保留3位有效数字）。

【答案】    ①. R2    ②.     ③.     ④. 164（160~174均可以）

【解析】

【分析】

【详解】（2）[1]由图可知废水的电阻Rx为

电流表通过最大电流为

而提供的电流表A量程0~3mA，所以为了多测几组数据，滑动变阻器采用分压接法，应选择选择较小的R2。

[2] 电流表A内阻未知，故选择电流表外接法，电路图如下

（3）[3]描点作图，使实验数据点尽可能均匀分布于所描绘直线的两侧，偏离过大的点应舍去，作出如下图像

（4）[4]根据电路图可以得到U—I关系为

整理得

结合U-I关系图线的斜率，则有

所以

电阻率为

（160~174均可以）

四、解答题（本题共3小题，共41分）

13. 如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为。大气压强恒为（g为重力加速度大小），环境热力学温度恒为。

（1）若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M；

（2）若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度时的压强p。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）未加砂子平衡时，根据平衡条件

当活塞刚接触卡环时，对封闭气体，根据波义耳定律有

根据平衡条件

联立解得

（2）活塞接触卡环之前，缸内气体发生等压变化，有

活塞刚接触卡环时，气体温度

之后，气体发生等容变化，加热到时

解得

14. 如图所示，质量为的物块从空中的P点以速度，与水平方向成角抛出，恰好沿传送带方向进入传送带。传送带与水平方向的夹角，传送带以的速度顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为，传动带长，重力加速度g取，物块可看成质点，求：

（1）物块从P点抛出到进入传送带的时间；

（2）物块从传送带的最下端运动到最上端的时间；

（3）物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量。

【答案】（1）0.6s；（2）0.7s；（3）1J

【解析】

【详解】（1）物块进入传送带时

斜抛过程，水平方向做匀速直线运动

竖直方向做竖直上抛运动

联立解得

（2）物块进入传送带时的速度

在传送带上向上运动过程，当物块速度大于传送带速度时，根据牛顿第二定律

解得

当物块速度等于传送带速度时，物块向上运动的位移为

用时

之后，因为

物块匀速向上滑动，到达最上端还需用时

故物块从传送带的最下端运动到最上端的时间

（3）物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量

15. 在如图所示的正方形平面oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图所示．一个质量为m、带电量为的粒子不计重力，在时刻平行于oc边从o点射入磁场中．已知正方形边长为L，规定磁场向外的方向为正，磁感应强度的最大值为求：

带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；

若带电粒子不能从oa边界射出磁场，磁感应强度B变化周期T的最大值；

要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子磁场时的速度．

【答案】；； ，．

【解析】

【分析】根据洛伦兹力做向心力求解；根据几何关系求得带电粒子不能从oa边界射出磁场时在时间内转过的中心角，从而求得T和周期的关系，进而得到T的最大值；根据两粒子运动得到带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场的运动轨迹，进而得到轨道半径，由时间内转过的中心角求得周期T；最后根据洛伦兹力做向心力由轨道半径求得运动速度．

【详解】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故洛伦兹力做向心力，则有：，所以，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；
粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，根据时间相同可得：经过一个周期T后粒子速度回到竖直向上；
那么，根据粒子偏转，当时，粒子一直向上运动，不可能从oa边界射出磁场；
若，则粒子必在时从oa边界射出磁场
当时，由几何关系可得：当磁场第一次改变方向后的轨迹与边界oa相切时如右图所示，
；
，所以，，即磁场变向前运动轨迹的圆心角为；
所以，磁场每次变向的最长时间，粒子不从oa边界射出磁场；
故，所以，T的最大值；
由可知：经过时间T后粒子运动重复，故根据几何关系可得：粒子经过时间T后在对角线ob上；
那么，根据粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，运动时间相同可得：前后半周期的位移相同，故粒子经过后在对角线ob上；
那么，粒子运动轨迹如图所示，

；
所以，由几何关系可得：每次磁场改变前粒子偏转的圆心角为，且从粒子进入到离开，磁场改变了偶数次；故有：，所以，；
设磁场一共变化了n次，则由几何关系可得：；故轨道半径，，；
根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，粒子磁场时的速度；

【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度．