2023年4月江苏省泰州市高三调研物理试卷及答案

泰州市2023届高三第二学期调研测试

物理试卷2023.4

注意事项:考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟，考试结束后，请将答题卡交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.

3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑:如需改动，请用橡皮擦干净后，再选

涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作

答一律无效.

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗.

一、单项选择题:共10题，每题4分，共40分.每题只有一个选项最符合题意.

1.通电雾化玻璃能满足玻璃的通透性和保护隐私的双重要求，被广泛应用于各领域。如图所示，通电雾化玻

璃是将液迪高分子晶膜固化在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃不透明；通电后，看起来像

一块普通玻璃，透明.可以判断一通电雾化玻璃中的液晶（）

A.是液态的晶体

B.具有光学性质的各向同性

C.不通电时，入射光在滴品层发生了全反射，导致光线无法通过

D.通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播

2.用光传感器能直观的演示双缝干涉，实验装置如图甲所示，某次实验的双缝间距d=0.6mm,调整双缝到光

传感器的距离L=0.3m,在计算机中得到图乙所示光强变化的图样，可以推断该实验所用单色光波长为（）

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X(pm)

图甲图乙

A.200nmB.400nmC.600nmD.800nm

3.用手握住一条较长的均匀软绳一端将绳水平拉直，先后以两种不同频率在竖直方向上下抖动.如图所示,

以手握点O为原点，在x轴正方向形成一列简谐横波，图中时刻该横波刚好传到B点，下列说法正确的是（）

A.0点起振方向竖直向上B.前后两次形成的绳波波长之比为3:2

C.前后两次振动的周期之比为2:3D.前后两次形成的横波波速之比为3:2

4.如图所示是研究光电效应的实验原理图，某实验小组用光强相同（即单位时间照射到单位面积的光的能量

相等）的红光和紫光分别照射阴极K,移动滑片P分别得到红光和紫光照射时，光电管的光电流1与电势差

的关系图像可能正确的是（）

第2页

5.如图所示，质量相等、周期均为T的两颗人造地球卫星，1轨卫星道为圆、2轨道为椭圆.A、B两点是椭

圆长轴两端，A距离地心C为r.C为两轨道的交点，到地心距离为2r,卫星1的速率为v,下列说法正确的

是（）

A.C点到椭圆中心的距离为rB.卫星2在C点的速率等于v

2T

C.卫星2在C点的向心加速度等于上-D.卫星2由A到C的时间等于一

2r4

6.在光滑竖直板上用网兜把足球挂在A点,足球与板的接触点为B.绳与板的夹角为Q,网兜的质量不计.现

保持a不变，以板的底边为轴向右缓慢转至板水平，下列说法正确的是（）

A.绳对足球的拉力先减小后增大B.绳对足球的拉力一直增大

C.板对足球的支持力先增大后减小D.板对足球的支持力一直减小

7.一小孩独自玩耍，他手中有实心小球可视为质点.现在他以仰角为a将小球以初速度为%投向前方一堵竖

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直墙，小球与墙面斜向右下方碰撞后正好弹回小孩手中，下列说法正确的是（）

A.小球弹回的水平速度和竖直速度大小均不变

B.小球弹回的水平速度不变，竖直速度变大

C.小球速率均不变，适当增大仰角a再次从A抛出可能击中B点

D.小球速率%不变，适当减小仰角（X再次从A抛出可能击中B点

8.如图所示，在光滑水平平面上有一根通有恒定电流I的长直导线，用A同种均匀材料做成的单匝线框A、

B平铺在水平平面上.A是边长为a的正方形，B是长边长为2a的长方形.瞬间关闭恒定电流I,假设线框不

会与长直导线碰撞，A、B最终获得的动量之比为（）

A.3:8B.3:4C.l:4D.9:I6

9.如图所示，一固定的不带电金属球壳接地，半径为R,球心为A,将一带电量为+q的点电荷固定在离球

心为2R的B点，D、E是AB连线上的两点，BD=BE,BC与球壳相切于C点，球壳静电平衡时，C点的

场强4=］含，下列说法正确的是（）

第4页

A.C点电势低于A点B.D点电势低于E点

C.A点的场强后,=4kq

D.球上的感应电荷在C处的场强大小E感

“4R23R2

10.如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列

关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力乙随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开

始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x,机械能E随位移x的关系图像可能正确的是

()

二、非选择题:共5题，共60分，其中第12题-第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演

算步骤，只写出最后答案的不能得分:有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

11.（15分）实验室有一只50分格没有刻度值的电流表，一兴趣小组想用它来测量两节干电池的电动势和内电

阻.能够使用的器材还有；电压表V（量程为0-3V,内阻Rv约为3kC）、电阻箱Ri（调节范围。〜999C）、滑动

变阻器&（最大阻值200。）、电键及导线若干.

⑴该小组先用欧姆表粗测电流表的内电阻:用“xlO”档测量时，欧姆表的黑表笔应该接电流表的（填

“正”或"负”）极.测量时指针如图甲所示，则应该换挡再次测量.

第5页

(2)该小组设计了更精确的测量方案如图乙.将开关S闭合，多次改变RI、R2并保持电压表示数恒为U=2.00V,

记录R,和电流表偏转的格数N.再根据记录的多组数据在《一与坐标系中描出一系列的点(如图丙)，在丙图

中连线求出电流表的内阴&=。(保留两位有效数字).

(3)用题给器材设计尽可能减小系统误差、实验操作和数据处理简单的测量电池电动势和内阻的实验方案,

将实验原理图画在丁图方框中.

—/10'2

冰

10

iimiii

8

6

*

4

2

0100200

T

12.(8分)黑光灯是利用物理方法来灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫光能够引诱害虫飞近黑光灯，然

后被黑光灯周围的交流高压电网"击毙如图所示，有一小型交流发电机线圈“bed匝数N=100,面积S=0.04m2,

线圈匀速转动的角速度①=100»rad/s,匀强磁场的磁感应强度8=，T.不计线圈电阻，用该发电机通过

71

理想变压器升压后向黑光灯的电网供电，若在常温常压下空气的击穿电场的场强为6X1()5N/C,要使害虫瞬

间被击至少要1200V的电压，为了能瞬间击毙害虫又防止空气被击穿而造成短路.求：

(1)变压器原副线圈的匝数比k的最大值：

(2)电网相邻两极板距离d的最小值.

第6页

,°，

B

13.(8分)如图所示，A、B是两个不计质量和厚度的活塞，可在水平固定的两端开口的气缸内无摩擦地滑动,

32

横截面积分别为S4=3xl(f3m2,5fl=lxl0-m,它们之间用一根长为L=16cm的轻质细杆连接，静止

时气缸中气体的温度(=600K,活塞A的右侧较粗的一段气柱长为&=12cm,已知大气压强

5

po=lxlOPa,缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气.

(1)求活塞静止时气缸内气体的压强p；

(2)缸内气体的温度逐渐降为4=300K的过程中缸内气体的内能减小100J,求活塞右移的距离d和气体放

出的热量.

AB

第7页

14.(13分)如图所示，光滑水平面上放置一足转长轻质本片，木片上端放置两个质量均为m、可视为质点的

弹性滑块A和B,初始间距为L,A与木片间的动摩擦因数〃4=1.5〃，B与木片间的动摩擦因数〃8=〃.

现对A施加水平向右的推力E=3〃加gA、B由静止开始运动，求:

(1)A,B第一次碰撞时，A的速度；

(2)A、B第一次碰撞后，A的加速度；

(3)B相对木片滑动的过程中系统产生的热量.

一^£1回_

15.(16分)原子核衰变时放出肉眼看不见的射线.为探测射线威耳曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它

们的径迹，为了研究径迹，我们将其抽象成如图甲、乙所示的情景:一静止的氧核窜及〃置于真空区域匀强

磁场的边界y轴上的。点，氧核放出一个水平向右的初速度为％、质量为m、电量为q的X粒子后衰变成

一个质量为M的针核小po.设真空中的光速为c,不计粒子的重力，衰变放出的核能全部转变成针核和X

粒子的动能.

(1)写出该衰变的核反应方程式并计算衰变过程的质量亏损△!!!：

(2)若甲图中两个磁场区域的磁感应强度分别为B和2B,间距均为“=舞，求X粒子离开磁场的位置坐

标；

(3)若磁场左边界为y轴，磁感应强度为B,X粒子在磁场中运动受到与速度方向相反、大小不变的阻力/；

且恰好不从能y轴飞出磁场，求X粒子运动到y轴的时间t及阻力/

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“4X

XXX八y

XXXXX

B2B

B

XXXXX

XXXXX

XXIXXX

XXXXX

XX

X

XX

图甲图乙

第9页

2022〜2023学年度第二学期高三调研测试

物理参考答案与评分标准

1.【答案】D

【解析】液态是介于晶体和液体之间的中间状态，具有液体流动性又具有晶体光学性质的各向异性，所以A、

B错误；不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，

穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明.通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在

通过液晶层后按原方向传播，故C错误，D正确.

2.【答案】B

【解析】Ax=电2=200〃加，由Ax=上；I可；1=幺Ar=400〃机，即B正确.

5dL

3.【答案】C

【解析】由波形平移可知:此时刻B点竖直向下振动，即波源O点起振方向竖直向下，所以A错误；由图可

知:AB段是先振动形成的波，OA段是后振动形成的，AAB=4cm,前后两次形成的绳波波长

之比为2:3,即B错误；同一均匀软绳上的波速相同，所以前后两次振动的周期之比为2:3,即C正确、D

错误.

4.【答案】A

【解析】当UM>0时，电场力使电子减速，光电流为0时的电压即为遏制电压，紫光频率高于红光，紫光

遏制电压较大，所以在U轴的正半轴的交点大于红光.单位时间内红光的光子数多，所以红光的饱和光电流

大，所以A正确、BCD错误.

5.【答案】B

【解析】因为两卫星的周期均为T,椭圆半长轴为a=2r,焦距c=r,C点在椭圆的短轴上，即C点到椭圆

轨道中心的距离b="2"2=百,所以人错误；两卫星质量相等，半径与半长轴相等，所以机械能相等，

在C点的引力势能也相等，所以在C点的速率相等，即B正确:卫星2在C点加速度与1相等，其向心加

速度见2=L・cos300="工，所以C错误；卫星2由A到C的时间小于人，所以D错误.

’22r4r4

6.【答案】C

【解析】球的受力如图所示，因为绳与板的夹角a不变，三力首尾相接可得:鸟与入,的夹角6=90°-。不

变，即它们的矢量图被限制在一个外接圆上移动.可见绳对足球的拉力一直减小，板对足球的支持力先增大

第10页

后减小.所以c正确.

7.【答案】D

【解析】假设没有竖直墙，由对称性可画出B点以后的轨迹，可见弹回A的轨迹相对于B点以后的轨迹，

竖直高度相同，水平位移较大.若水平速度不变，则飞行时间应变长，即小球的竖直速度应变小，即A、B

错误；小球速率%不变，适当增大仰角C再次抛出，相比第一次的轨迹，其水平方向更扁，即与墙碰撞点

将在B点的正下方，即C错误；适当减小仰角。再次抛出，其轨迹水平方向更平坦，小球可能在上升过程

中击中B点，即D正确.

8.【答案】A

【解析】时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，由动量定理可知：

B.BLIt=BL—=mv=P,所以:乙=4..弛==3,即A正确

PBLBRA2248

9.【答案】B

【解析】静电平衡状态的导体是等势体，所以C、A等电势，即A错误：+q在DE两点电势相等，感应电

荷在D点的电势比E点低，所以D点电势低于E点，即B正确:静电平衡状态的导体内部的场强处处为0,

所以C错误；C点场强指向A点，+q在C两点的场强沿BC向外，大小为E=旦,由矢量合成可

3R2

知：后感=J&+E2=丝,可见D错误.

37?

10.【答案】D

【现卒析】mgcosa>qvB,mgsina-jL/[mgcosa-qvB^-ma,

FN=mgcosa-qvB,—=juqB­—=/jqBa,-^~=qB•生=qBa

btktArA/

可见q-f图像的斜率越来越大，FN-t图像的斜率越来越大:

当mgcosa<qvBB时，mgsina-"(qvB-mgcosa)=ma,FN=qvB-mgcosa,

第ii页

-=-=^-=qB--=qBa,可见a—Z的斜率越来越小，E、,—/图像的斜率越来

△，ArA/Az

越小所以A、B错误；小球重力势能Ep-x图像为倾斜直线，所以C错误；因为摩擦力先减小再变大后不变,

所以机械能E-X的关系图像斜率先减小再变大后不变，即D正确.

11.【答案】每空3分，(1)正xl

(2)连线如图(图线为直线且需要用虚线延长，没有延长或用实线延长扣1分)，20Q(18〜22均给分)

(3)如图(滑动变阻及2,用电阻箱K替代也算对)

丙

【解析】

(1)多用电表的欧姆档从黑表笔流出，所以黑表笔应该接电流表的正极.由图乙可知，用“xlO”挡测量时指针偏

角过大，说明电阻较小，为了较准确测量，应选用xl挡.

⑵在保证电压表示数不变的情况下，由欧姆定律有：U=/(K+R,J,设电流表每格电流为4，则

相:U=NIO(&+RA).

整理得：-1=4火+八及斜率左=%，截距6=与&,可得电流表内阻为鱼=2,由图可知左=—^

NUUUUAk2000

6=0.01,所以&=20Q.

(3)电流表接在干路上，£测=后测，,]=%+/?“，所以可以尽量减小系统误差且操作简单.

12.【解析】:(1)E„=N8So=400V,(2分)

第12页

因为-00V,1土面，9屋

变压器原副线圈的匝数比的最大值占皿=1

（2分）

max3

(2)E=%,因为EKGxlOSN/CnGOOP/m,-U训-20mm=2cm，（2分）

iiiinv-i''

d^inax

2cm.（2分）

13.【解析】：⑴对两个活塞的整体受力分析可得；PS+PSB=PSA+P4B.（2分）

解得:P=Po=1X1（）5P4（1分）

（2）假设活塞没有到达粗缸的最右端，即气体为等压变化，即有右=2（1分）

匕=SAd1+SB-d2,V2=SA（di-d）+SB-（d2+d）,

可得d=10c〃?W12cm,即假设成立，所以d=10c〃？（1分）

由热力学第一定律得:AU=W+0（1分）

展外⑸-品）d（l分）

可得0=—12Oj,即放出热量为120J.（1分）

14.【解析】（1）由牛顿第二定律可知:77—〃mg，a“=2〃g,……（1分）

/Limg-maB,所以%=〃g……(1分)

由运动学公式得:乙=工4/；一工%舄......（1分）

[2L

玲也

A、B第一次碰撞时，A的速度巳=aAt0=J迎gL,（1分）

（2）因为?=a*o=j2//g£,A、B弹性碰撞交换速度.（1分）

所以为=j8〃gL，%=j2〃gL,B相对木片向前运动.

由牛顿第二定律可知：/+〃加g=加。川，（1分）

第13页

=4〃g……（1分）

（3）【方法1】第一次碰撞后，以।一=，+4〃g%=W，（1分）

第一次达到共速的时间为％生，相对位移乙=之二独力=-L,（1分）

5,〃g25

第二次碰撞前.Aj=V|Z,4—aAt^—v（•Z,4—>t2=J—-，（1分）

22N〃g

所以匕=d即gL，心=J24gLi,

第二次碰撞后.巳2=抱鬲，以2=廊西，

%2-〃g4=n，2+4〃g4=V2

第二次达到共速的时间为:4二”相对位移L,="一j2.7=，£

5、〃g-25

依次类推可得:4=（1）L,

（1分）

11f1Y3

相对位移％=£+2£・一+—+…+—=-L,（1分）

525⑶2

可得：Q=/Jmgx=_fjmgL,（1分）

【方法2】（竞奏学生可能用到的简单方法）

以系统的质心C（AB的中点）为参考系，质心加速度为4.=M&=3〃g,FmA=Fm=mac=-^mg,

2m22

F咿—A-产械B

//////JT/TTTTTT^/T/TTTTTT^TTTTT7

A相对C向前位移为,B相对于C向后位移为即惯性力做功代数和为0,

22

A、B相对质心初末位置的速度为0,由非惯性系中的动能定理可知：

昨+咻+叫=0,

叫=3/Mig-XAC=3〃〃?g•—,

3

所以叫.=_5〃“g.L

第14页

3

即有Q=-Wf=—/nmgL.

【方法3】（竞奏学生可能用到的简单方法）

以系统的质心C（AB的中点）为参考系，质心加速度为4=券&=14g,

由质心系运动学公式可得:%=2g*c，

在地面上看:昨=3〃〃?g，

由能量守恒可知：3〃机g1%+!）=+Q,Q-pimgL.

【方法4】（竞奏学生可能用到的简单方法）

在地面上看来:力F做功〃=3〃〃2g（xc+g）

在质心上看:力F做功叫=2>f.img-xc

△%=肉—仁=E资用，