贵州省贵阳市示范名校2023年高三物理试题统练（五）

这是一份贵州省贵阳市示范名校2023年高三物理试题统练（五），共17页。试卷主要包含了如图为透明的球状玻璃砖的横截面等内容，欢迎下载使用。

贵州省贵阳市示范名校2023年高三物理试题统练（五）
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：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、下列电磁波中，衍射能力最强的是（　　）
A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．g射线
2、有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图甲、乙、丙所示。现分别用力F甲、F乙、F丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系判断正确的是

A．F甲=F乙=F丙 B．F甲 3、如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（ ）

A．副线圈的输出功率为110W
B．原线圈的输人功率为110W
C．电流表的读数为1A
D．副线圈输出的电流方向不变
4、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u＝220sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法中正确的是（　　）

A．电压表读数为22V
B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍
C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍
D．若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变
5、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）

A．A点的电场强度小于B点的电场强度
B．A点的电场强度等于B点的电场强度
C．A点的电势高于B点的电势
D．电子由A点运动到B点的过程中电势能的改变量
6、某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是

A．电容器放出的总电荷量 B．电阻R两端的最大电流
C．定值电阻R D．电源的电动势和内电阻
二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电线路（忽略输电线的自感作用）．第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为，损失的电压为；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器与学生电源相连，其原副线圈的匝数比，理想变压器与用电器相连，测得输电线上损失的功率为，损失的电压为，两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是

A． B．
C． D．
8、竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，C为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。则以下说法中正确的是（　　）

A．弹簧振子的振动周期为2.0s
B．t=0.5s时，振子的合力为零
C．t=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下
D．t=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下
9、如图所示，甲、乙、丙是绕地球做匀速圆周运动的3艘飞船，下列说法正确的是（ ）

A．丙开动发动机向后瞬时喷气后，其势能不变
B．丙开动发动机向后瞬时喷气后的一段时间内，可能沿原轨道追上同一轨道上的乙
C．甲受稀薄气体的阻力作用后，其动能增大、势能减小
D．甲受稀薄气体的阻力作用后，阻力做功大小与引力做功大小相等
10、如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中

A．U先变大后变小 B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R3
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。

(1)其中电阻R2=_____Ω。
(2)选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为________mA。
(3)兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为____。
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx＝____Ω。 (保留三位有效数字)
④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中______表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为________Ω。
12．（12分）学校实验小组为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验室备选了如下器材：
A电流表A1，量程为10mA，内阻r1=50Ω
B电流表A1，量程为0.6A，内阻r2=0.2Ω
C电压表V，量程为6V，内阻r3约为15kΩ
D．滑动变阻器R，最大阻值为15Ω，最大允许电流为2A
E定值电阻R1=5Ω
E.定值电阻R2=100Ω
G.直流电源E，动势为6V，内阻很小
H.开关一个，导线若千
I.多用电表
J.螺旋测微器、刻度尺

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图1所示，则金属丝的直径D=___________mm．
(2)实验小组首先利用多用电表粗测金属丝的电阻，如图2所示，则金属丝的电阻为___________Ω
(3)实验小组拟用伏安法进一步地测量金属丝的电阻，则电流表应选择___________，定值屯阻应选择___________．(填对应器材前的字母序号)
(4)在如图3所示的方框内画出实验电路的原理图．
(5)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝电阻的表达式Rx=___________，用刻度尺测得待测金属丝的长度为L，则由电阻率公式便可得出该金属丝的电阻率_________．(用字母表示)
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）某同学设计了一个轨道，竖直放置，让小球在轨道中运动接力，如图所示。倾斜直轨道AB与圆弧轨道BPC在B点相切，AC竖直，C是圆的最高点，另一圆弧轨道DQ的圆心为O，其右侧虚边界与AC相切，F是圆的最低点。已知AB长为l，与水平方向的夹角=37°，OD与竖直方向的夹角也是，圆轨道DQF的半径也为l，质量为m的小球a从A点由静止开始在外力作用下沿轨道加速运动，一段时间后撤去外力，小球运动到C点后水平抛出，从D点无碰撞进人圆弧轨道DQF内侧继续运动，到F点与另一静止的小球b发生弹性碰撞，小球b从F点水平拋出并刚好落在A点。不计空气阻力和轨道的摩擦，已知重力加速度为g，sin=0.6，cos=0.8.求：
（1）小球a在C点时的速率；
（2）外力对小球a做的功；
（3）小球b的质量。

14．（16分）如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限的2倍．圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O点的距离为L，有一个带电粒子质量为m，电荷量为q，以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60°角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30°角再次进入第I象限。不计重力。求：
（1）第I象限内磁场磁感应强度B的大小：
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在圆形区域磁场中的运动时间。

15．（12分）如图为透明的球状玻璃砖的横截面。O为球心位置，OA=OB=R。玻璃对红光的折射率，一束红光从C点照向球面上的P点，经折射后恰好从OB的中点D垂直于OB射出。回答下面问题。
(1)求AC两点间的距离；
(2)若将入射光换成蓝光，光线仍从D点垂直OB射出，则入射点C´应在C点的哪侧？




参考答案

一、单项选择题：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、A
【解析】
对题中的几种电磁波波长进行排序，无线电波>红外线>紫外线>射线，波长越长的电磁波衍射能力越强，A正确，BCD错误。
故选A。
2、D
【解析】
设球的重力为G，杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为，球与木板的动摩擦因数为，球处于静止状态，受力平衡，
对球受力分析，受到重力G、杆子的拉力T、木板对球的支持力N以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f，根据平衡条件得：
，，
而，解得：

木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：
，
根据图象可知，从甲到乙再到丙，增大，则f增大，所以F增大，故
，
A．综上分析，A错误；
B．综上分析，B错误；
C．综上分析，C错误；
D．综上分析，D正确。
故选D。
3、A
【解析】
AB．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，，所以副线圈电压的最大值为，设副线圈电压的有效值为，则有

解得，副线圈的输出功率为

原线圈的输入功率为，A正确，B错误；
C．电流表读数为

C错误；
D．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D错误。
故选A。
4、B
【解析】
A．根据u=220sin314t（V）可知，原线圈的电压有效值为U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由得电压表读数为：U2=22V，故A错误；
B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据可知，U2增大到原来的2倍，由可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B正确；
C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项C错误；
D．若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率变为原来的2倍，故D错误。
故选B。
5、B
【解析】
AB．根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化，则有

根据数学知识可知，图线的斜率

斜率不变，q保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，则

故A错误，B正确；
C．由图知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，则知电场力方向从A→B，电场线方向从B→A，根据顺着电场线方向电势降低，则有

故C错误；
D．根据动能定理知

即

故D错误。
故选B。
6、D
【解析】
由Q=CU0，所以容器放出的总电荷量可求，所以A选项能求出；根据I=Q/t，变形得，Ut为图象与坐标轴所围面积S可求，所以Q=S/R，则，所以C选项可求；电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以，
选项B电阻R两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E=U0，内电阻无法求出，所以选项D不能求出。

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、BC
【解析】
设学生电源提供的电压为U，输出功率为P，输电线的总电阻为r，则第一次实验中的电流为，故，；第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知，输电线中的电流为，故，，所以，，BC正确．
【点睛】
对于远距离输电这一块：
（1）输电电流I：输电电压为U，输电功率为P，则输电电流；
（2）电压损失：，输电线始端电压U与输电线末端电压的差值；
（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①，②，③．
8、ABC
【解析】
A．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是，A正确；
B．由图可知，时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；
C．由图可知，时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，C正确；
D．由图可知，弹簧振子在时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上，D错误。
故选ABC。
9、AC
【解析】
A．丙向后瞬时喷气后，速度增大，但位置尚未变化，其势能不变，选项A正确；。
B．综合应用牛顿第二定律、功和能的推论。丙飞船向后瞬时喷气后速度增大，之后离开原来轨道，轨道半径变大，不可能沿原轨道追上同一轨道上的乙，选项B错误；
CD．甲受稀薄气体的阻力作用时，甲轨道半径缓慢减小，做半径减小的圆周运动，由可知其动能增大、势能减小、机械能减小，由动能定理可知，即此过程中有阻力做功大小小于引力做功大小，选项C正确，D错误；
故选AC.
10、BC
【解析】
由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；
【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、24990 6.9 150Ω 67.4 黑 4350
【解析】
(1)[1]．根据闭合电路欧姆定律得

(2)[2]．由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
(3)②[3]．由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；
③[4]．根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时

当电流表示数为

联立解得
E=1.5V
Rx=67.4Ω
④[5][6]．根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压表的示数

解得电压表内阻

12、1.700 60 A E
【解析】
（1）由于流过待测电阻的最大电流大约为，所以不能选用电流表A2，量程太大，要改装电流表；
（2）根据闭合电路知识求解待测电阻的表达式
【详解】
（1）根据螺旋测微器读数规则可知
（2）金属丝的电阻为
（3）流过待测电阻的最大电流大约为 ,所以选用 与 并联充当电流表，所以选用A、E
（3）电路图如图所示：

（5）根据闭合电路欧姆定律
解得：
根据
可求得：
【点睛】
在解本题时要注意，改装表的量程要用改装电阻值表示出来，不要用改装的倍数来表示，因为题目中要的是表达式，如果是要计算待测电阻的具体数值的话可以用倍数来表示回路中的电流值．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）从C到D，设小球a做平抛运动的时间为，在C点时速度为
在水平方向上

在D点的速度关系

解得

（2）设圆弧轨道BPC的半径为R
由几何关系得


小球a从A运动到C的过程

解得

（3）小球a从C到F的过程中


在点小球a与小球b发生弹性碰撞，设小球b的质量，碰后瞬间a的速度，b的速度


设碰后小球做平抛运动的时间为，


联立解得

14、（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半径为R1．由几何关系有：

得：

根据洛伦兹力提供向心力有：

得：


（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有：

v0=vcos60°=v
粒子刚出电场时
vx=vsin60°=v
粒子在电场中运动时间为：

vx=at

可得：

（3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间

而

结合得

15、 (1)；(2)左侧
【解析】
(1)光路图如图所示

由几何关系知
，
由P点向OC作垂线PE交OC于E点，则有

由

得

则



解得

(2)对于同一介质，蓝光折射率比红光的大。由

可知，相同，折射率变大，则变大。故蓝光入射点应在C的左侧。