2022-2023学年湖北省荆门市龙泉中学、荆州中学、宜昌一中三校高三下学期5月第二次联考物理试题（解析版）

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2023年高三下学期5月三校联考高三物理试卷命题学校：宜昌一中        审题学校：宜昌一中考试时间：2023年5月19日上午10：30—11：45        试卷满分：100分注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定的位置上。2、回答选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。第Ⅰ卷（选择题  共44分）一、选择题：（第1~7题只有一个选项符合题意，第8~11题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错的得0分）1. 关于近代物理知识，下列说法中正确的是（　　）A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了原子内部存在电子C. 处于能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射6种频率的光子D. 衰变发出的射线是波长很短的光子，电离能力很强【答案】B【解析】【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，A错误；B．汤姆孙通过对阴极射线在电场和在磁场中偏转实验，发现了阴极射线是由电子组成，并测出电子的比荷，即原子内部存在电子，B正确；C．处于能级的一个氢原子回到基态时，最多可会辐射（n−1）种频率的光子，即3种频率的光子，C错误；D．由射线的特点可知，射线是波长很短的光子，穿透能力很强，电离能力很弱，D错误。故选B。2. 玻璃杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，经过一段时间后发现瓶盖很难拧开。原因是（　　）A. 瓶内气体分子热运动的平均动能增加B. 瓶内每个气体分子速率都比原来减小C. 瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数减小D. 瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数增加【答案】C【解析】【详解】装入热水时，杯内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低。由于气体等容规律，瓶内的也压强减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开杯盖需要克服更大的摩擦力。
AB．温度降低后，气体分子的平均动能减小，并不是每个气体分子的速率都减小，有的分子的速率增加，故AB错误；CD．温度降低后，气体的平均动能减小，平均速度也减小，单位时间内气体分子撞击容器的次数减小，故C正确，D错误。
故选C。3. 风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝（不带鸢尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角不变，再次平衡后相比于风力变化之前（    ）A. 风筝距离地面的高度变大 B. 风筝所受的合力变大C. 拉线对风筝的拉力变小 D. 拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小【答案】A【解析】【详解】如下图所示为风筝受力示意图，风力为F时，重力为G，拉线拉力为F2；当风力变大为F1时，重力不变，拉线拉力变为F3，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，设拉线长为L，则风筝距地面高度为 则风筝距离地面的高度变大。故选A。4. 图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，表示输电线电阻，则当用户功率增大时（　　）A. 示数增大，示数减小B. 示数不变、示数减小C. 输电线上的功率损失减小D. 、示数的乘积等于、示数的乘积【答案】B【解析】【详解】A．由于发电机输出电压恒定，在升压变压器位置，根据可知，升压变压器副线圈两端电压不变，即示数不变，用户功率增大，即并联用户数量增多，令用户的等效电阻为R0，则等效电阻R0减小，将降压变压器与用户看为一个整体，令整体的等效电阻为，降压变压器原副线圈两端电压分别为、，电流表、示数分别为、，则有用户的等效电阻为R0减小，则 减小，示数可知，示数增大，降压变压器位置，根据可知，示数也增大，A错误；B．由于根据上述可知，示数不变，示数增大，降压变压器原线圈两端电压减小，根据可知，降压变压器副线圈两端电压减小，即示数不变、示数减小，B正确；C．输电线上损耗的功率根据上述，示数增大，则输电线上的功率损失增大，C错误；D．由于输电线上存在功率损耗，则、示数的乘积等于、示数的乘积与输电线上损耗的功率之和，D错误。故选B。5. 如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为1：2：1，有观察可得故选C。6. 为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是（　　）A. 图中所接电源为直流电源，a极为电源正极B. 同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退C. 加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等D. 电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能【答案】C【解析】【详解】A．海水被推向纸外，根据左手定则可知，电流方向由b指向a，b为电源正极，A错误；B．同时改变电流和磁场方向，海水受到的安培力不变，航行方向不变，B错误；C．根据牛顿第三定律，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等，方向相反，C正确；D．电源输出的能量不可能完全转化为动能，有焦耳热损耗，D错误；故选C。7. 如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图（取竖直向下为正），箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】A．由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；BC．重力势能Ep=mgh其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；D．机械能E=E0-fy开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。故选D。8. 太空电梯的原理并不复杂，与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，在引力和向心加速度的相互作用下，绳索会绷紧，宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a，相对地球静止，卫星b与同步空间站a的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b第一次相距最远。已知地球半径R，自转周期T，下列说法正确的是（　　）A. 太空电梯各点均处于失重状态B. b卫星的周期为C. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比D. 太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心距离成正比【答案】AC【解析】【详解】A．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，电梯上各点均处于失重状态，故A正确；B．同步卫星的周期为当两卫星a、b第一次相距最远时，满足解得故B错误；CD．太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故D错误，C正确。故选AC。9. 两束单色光的波长分别为和，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光（　　）  A. 单色光的波动性比单色光强B. 在水中的传播速度C. 光子动量D. 两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距【答案】BC【解析】【详解】A．在相同的单缝衍射实验装置的条件下，光的波长越长，其衍射现象越显著，中央亮条纹越宽，从图中可知光束的衍射现象比光束更加显著，故可知单色光b的波动性比单色光弱，故A错误；B．波长长，则频率低，折射率小，根据在水中的传播速度故B正确；C．光子动量所以故C正确；D．两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距则故D错误。故选BC。10. 如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【详解】AB．设在时间内通过面积S空气质量为，则解得A错误，B正确；CD．发动机输出的机械功率对空气根据动量定理对直升机根据平衡知识考虑，联立解得C错误，D正确。故选BD。11. 如图所示，定滑轮两边用轻绳连接线框abcd和带正电的物体A，物体A放置在倾角为θ=53°的光滑斜面上，水平面MN下方空间存在垂直纸面的磁场，MN上方没有磁场。此时释放线框和物体A，线框刚进入磁场时，恰好匀速运动，A物体仍在磁场中且对斜面恰好没有压力。已知正方形线框abcd边长为L=0.1m，质量为，电阻为R=18Ω，匝数为n=10匝，物块A的质量m=0.05kg，带电量为q=0.1C，重力加速度为g=10m/s2，不计一切摩擦，运动过程中，线框平面始终位于纸面内，A始终处于磁场中，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（　　）A. 磁场方向垂直纸面向里B. 线框下边cd初始位置离MN面的距离h=12.5mC. 磁场的磁感应强度B=0.6TD. 线框进入磁场过程中线框的电热功率P=0.05W【答案】BC【解析】【详解】A．A不受支持力，则洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知磁场垂直纸面向外，A错误；B．线框进入磁场前做匀加速运动解得则B正确；C．线框刚进入磁场时对物体A对线框解得，C正确；D．线框进入磁场过程中线框的电热功率为D错误。故选。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共56分12. 某同学想验证竖直面内物块做圆周运动向心力变化的规律，使用某一竖直面内的圆周轨道，轨道圆心为O，半径，分别在距离最低点A高度为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，其装置如图甲所示。（1）选择比较光滑的竖直轨道，以保证小球在运动过程中机械能变化可以忽略；（2）使一质量为m的小球从A点以速度开始沿内轨道向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F与高度H的对应数值，并在坐标系中描点连线得到如图乙所示的图象；（3）若物块在初始位置对轨道压力大小为，则F与H的函数关系可表示为______（用m、g、R、H、、F表示），若已知重力加速度，则结合图乙可知小球质量______，小球经过最低点A时的初速度______m/s（可以用根式表示）。【答案】    ①.     ②. 0.5    ③. 【解析】【详解】（3）[1]设在任意高度H处小球的速度为，由动能定理有可得在右侧轨道上，设小球在H处和圆心的连线与OA的夹角为，当时，由牛顿运动定律有在最低点有可得当时该式仍成立；[2]根据图像可得，在A点，，在m处，，图像斜率可得[3]在最低点由可得13. 学习小组为研究黑盒两端电压随电流变化的规律。实验室提供如下器材：      A．黑盒B．电流表（，内阻的）C．电压表（，内阻约）D．电压表（，内阻约）E．滑动变阻器F．开关，导线若干（1）学习小组设计了如图甲所示的电路闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，记录相应的电压表示数和电流表示数如下表，请根据表中数据在图乙中作出图线。（        ）1.951.731.521.301.100.88 0.180.220.260.300.340.38（2）将黑盒视为一个电源，根据作出的图线可得黑盒的等效电动势___________（结果保留三位有效数字）。（3）图甲中电压表应选用___________（选填“C”或“D”）。（4）打开黑盒，内部电路如图丙所示，其中电阻，，电池（电动势，内阻不计）。甲图中电压表的正、负接线柱分别与相连，电阻的阻值最接近___________。A．    B．     C．【答案】    ①.       ②. （）    ③. C    ④. C【解析】【详解】（1）[1] 根据表中数据在图乙中作出图线，如图  （2）[2]由图甲，将黑盒视为一个电源，由闭合电路欧姆定律可得可得由图线，可得黑盒等效电动势（3）[3]因黑盒的等效电动势为2.95V，电压表应选用C。（4）[4]黑盒中电池电动势9.0V，，所以两端电压设电池负极电势为零，则甲图中电压表的正、负接线柱分别与相连，则所以解得所以则解得故选C。14. 一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为。已知大气压强为，环境温度为，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了，此气体释放了多少热量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为，空气柱长度为，由玻意耳定律可知对气缸受力分析，由平衡条件联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为（2）由盖—吕萨克定律可知得（3）由热力学第一定律可知其中得则气体释放的热量为15. 某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空间直角坐标系Oxyz的y>0区域有沿-z方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0区域有沿-z方向的匀强磁场，在x=-2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为+q的粒子从y轴上P（0，-d，0）以初速度v0沿+y方向射出，粒子经过x轴时速度方向与-x方向的夹角θ=60°角．不计粒子的重力。（1）求磁感应强度大小B；（2）求粒子打到屏上位置的z轴坐标z1；（3）若在y<0区域同时也存在沿-z方向的场强大小为E的匀强电场，求粒子打到屏上时的速度大小v。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有洛伦兹力提供向心力解得（2）设粒子经过x轴时的坐标为-x1，则粒子在y>0区域电场中做类平抛运动，在xoy平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1，则粒子运动的加速度在z轴负方向运动的距离解得，所以打到屏上位置的z轴坐标（3）设粒子在y<0区域运动的时间为t2，研究在磁场中的分运动，有在y>0区域运动的时间仍为t1，设粒子打到屏上时z轴坐标为z2，则根据动能定理有解得16. 如图所示，质量M=1.0kg、足够长木板置于光滑水平面上，板左上方有一固定挡板P，质量m1=2.0kg的小物块A静止于木板左端。现将质量m2=1.0kg的小物块B以水平向左的初速度v0=4.0m/s滑上木板，整个运动过程中A、B未发生碰撞。A与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B与木板间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。（1）物块B滑上木板后，A与木板一起运动，求B刚滑上木板时的加速度大小aB 和A与木板的加速度大小a；（2）若A与挡板P的距离x=3.0m，求A开始运动到与挡板P碰撞的时间t；（3）若将木板换成轻质的长板，其他条件不变，整个运动过程中A只与挡板碰撞两次，且最终A、B停止了运动，求整个运动过程中A通过的路程s及B在轻板上滑行的距离L。【答案】（1），；（2）；（3），【解析】【详解】（1）对物块B，根据牛顿第二定律有解得对物块A和木板，根据牛顿第二定律有解得（2）设从B滑上木板到三者共速所经历的时间为t1，共同速度为，则解得该过程中A与木板一起运动的距离解得所以接下来三者一起运动，直至与挡板P碰撞，设该过程经历的时间为t2，则A开始运动到与挡板P碰撞的时间解得（3）方法一：设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有由题意可知，如果A与P碰前，三者速度已相等，则A与P碰后三者最终会一起向右运动，不会发生第二次碰撞。因此A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动。设A每次与挡板碰撞的速度大小为v，A经过时间t3与P碰撞，碰后经过时间t4速度减为零，则解得物块B一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有解得则解得根据系统能量守恒，有解得方法二：由题意可知，A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，设A每次与挡板碰撞的速度为v，每次碰撞A的动量变化量为2m1v，则设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有则A通过的路程解得根据系统能量守恒，有解得