浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三上学期11月期中联考物理 Word版含解析

20222022年11月稽阳联谊学校高三联考本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时，先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10叩妒。一、选择题I(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列不属于能量单位符号的是()A.MeVB.JC.kg-m2/s3D.kWh【答案】C【解析】【详解】MeV、J、kWh均为能量单位，kg-m2/s3功率单位。故选C。2.下列关于物理学家及其贡献，描述正确的是()A,普朗克最早提出能量子概念并成功解释了光电效应现象B.伽利略通过斜面实验并合理外推得到落体运动是匀加速运动C.卡文迪什利用扭秤实验总结出了万有引力定律D,麦克斯韦总结了电磁感应现象产生的条件，也创造性地引入了场“力线”来研究电磁场【答案】B【解析】【详解】A.爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应，故A错误；B.伽利略通过斜面实验并合理外推得到落体运动是匀加速运动，故B正确；C.C.卡文迪什利用扭秤实验测量得到引力常量G,牛顿根据行星运动的规律，提出万有引力定律，故C错误；D.法拉第总结了电磁感应现象产生的条件，也创造性地引入了“力线”形象地描述“场”，故D错误。故选B。3.下列关于冬奥会运动项目的描述正确的是()丁A.甲图研究短道速滑运动员的弯道动作时，可以将运动员视为质点B.乙图自由式滑雪运动员在空中上升时，处于失重状态C.丙图中国队夺得2000米速滑(完整滑行18圈)接力冠军，平均速度比其他国家大D.丁图钢架雪车运动员以4分01秒77获得铜牌，4分01秒77表示的是时刻【答案】B【解析】【详解】A.研究短道速滑运动员的弯道动作时，运动员大小形状不可忽略，不能视为质点，故A错误；B.自由式滑雪运动员在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，故B正确；C.因为位移相同为0,所以平均速度均为0,故C错误；D.4分01秒77表示的是时间间隔，故D错误。故选B。4.在军事演习中，空降兵从高空跳伞一段时间后沿斜线匀速下降，可简化成图示模型，伞面可看成半径为3m的半球面，伞兵和降落伞之间可看成由三股绳子按图示方式牵连，三股绳子分别连接降落伞圆面上的三等分点，绳长为5m,伞兵体重60kg,不计人受到的空气阻力，则下列说法正确的是()【答案】CA.降落伞受空气作用力方向沿虚线方向BA.降落伞受空气作用力方向沿虚线方向B.三股绳子对伞兵作用力在水平方向的合力可能不C.每股绳子对伞兵的作用力为250ND,空气对降落伞的作用力等于伞兵的重力为甲乙甲乙A.喷水枪与水平面夹角不变，增大喷水初速度，人向前走一定距离B.喷水枪初速度大小不变，增大与水平面夹角，人向后走一定距离C.喷水枪初速度大小不变，减小与水平面夹角，人向后走一定距离D.喷水枪初速度大小不变，夹角减小为30。，人向前走一定距离【答案】C【解析】【详解】A.设初速度％，与水平面夹角整个过程运动时间t_2v0sin0g【解析】【详解】A.做匀速直线运动，所以空气作用力与重力等大反向，向上，故A错误；B.根据平衡条件，三股绳子对伞兵作用力在水平方向合力为0,故B错误；C.每股绳与竖直夹角均为37。，每股绳拉力的竖直分力等于重力的三分之一，可得每股绳子拉力为250N,故C正确；D.空气对降落伞的作用力等于整体的总重力，故D错误。故选C。5.消防员在水平地面上使用喷水枪对着火房屋喷水灭火，出水轨迹可简化为如图乙，假设该消防员控制水柱恰好垂直击中竖直墙面，此时喷水枪出水口和水平面夹角为60。，不计空气阻力，下列做法仍可能让水柱垂直打到竖直墙面的是()水平射程x=v0cosOt=v0cos0. =--------------g2g所以当8=45。时，射程最大，垂直打到墙壁，则水平距离必为射程的一半，速度增大，射程增大，人需后退，故A错误；B.夹角增大，射程减小，人需要前进，故B错误；C.速度不变，夹角减小，则射程可能增大，人需后退，也可能减小，人需要前进，故C正确；D.30。和D.30。和60。时，射程相同，可以不动，故D错误。故选C。6.2022年2月3日，远在400公里外的空间站的太空出差三人组，在空间站“变”出奥运五环(如图),希望冬奥会选手们取得好成绩为国争光，下列说法正确的是()A.该空间站始终与地球自转保持同步B.奥运五环能悬浮在空中是因为处于完全失重状态，不受重力C.若不对空间站及时补充能量，空间站的轨道半径将会越来越大，直至脱离地球引力束缚D.空间站运行速度必定大于地球上任一点的自转线速度【答案】D【解析】【详解】A.将卫星运动近似看为匀速圆周运动，地球同步卫星距离地表高度约为36000公里，比空间站的轨道高度大，根据解得可知，空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，即该空间站始终与地球自转不能保持同步，A错误；B.将卫星运动近似看为匀速圆周运动，奥运五环能悬浮在空中是因为万有引力提供圆周运动的向心力，奥运五环处于完全失重状态，但是奥运五环仍然受到重力作用，B错误；C.若不对空间站及时补充能量，空间站由于机械能的损耗，在轨道上的动能减小，即速度减小，万有引力随后将大于该轨道上运行所需要的向心力，则空间站将由高轨道向低轨道变轨，空间站的轨道半径将会越来越小，c错误；D.将卫星运动近似看为匀速圆周运动，根据G―p=met)rIGM地球同步卫星距离地表高度约为36000公里，地球同步卫星距离地表高度约为36000公里，比空间站的轨道高度大，则空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度，根据可知，地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，地球同步卫星的线速度大于地球上任一点的自转线速度，则空间站运行速度必定大于地球上任一点的自转线速度，D正确。故选D。7.某家用空气净化器的内部结构原理如图所示，图中充电极接电源正极而带上正电，尘埃采集金属球接地，在充电极的感应作用下带上感应电荷，两者形成的电场如图所示，b.d两点在同一等势面上，且。、d两点到充电极的距离不等，当空气中的尘埃进入装置前，通过滤网后带正电，此后会吸附在尘埃采集球上，尘埃与金属球接触时可以发生电荷转移。尘埃的重力忽略不计。下列说法正确的是()解得A.b点与d点场强大小相等B.采集球右侧一定会带上正电C.采集球左侧因为吸附带正电的尘埃，工作完毕后会带上正电D.感应电荷产生的电场中力点的电势和d点的电势不相等【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，b点电场线较密，d点电场线较疏，所以b点场强大于d点场强，故A错误；D.。、d两点在同一等势面上，但。、d两点到充电极距离不等，即充电极在这两点的电势不等，故感应电荷产生的电场在两点的电势也不相等，故D正确；BC.充电极带正电，采集球由于静电感应，靠近充电球侧会带负电，远离充电球一侧会带正电，但采集球接地，则采集球的右侧正电会被大地中的电子中和，所以采集球带负电，故BC错误。故选D。根据公式p==根据公式p==可得APa>Pb故A错误；B.对于。光有n=1_妇°sinC“J砍+中GVC/,'fa>ft，y&<&故B错误；C.观察者与波源靠近，接收频率大于波源频率，探测器接受到的频率大于力光频率，可能与。光相同，即故c正确；D.从〃=5能级跃迁到〃=1能级，不能发出可见光，故D错误。故选C。10,利用霍尔效应传感器可以设计出自行车速度计。如图甲所示，一块磁铁安装在自行车前轮上，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。如图乙所示，为传感器核心即霍尔元件的工作原理图，电源为恒流源。当磁场靠近霍尔元件时，在元件前后表面间出现电势差，称为霍尔电势差U沥。下列说法正确的是()R二瞄sinpsincr因为R和必“距离不变，光在上半球面射出时乃越大。越大。上半球面的光恰能都发生折射，故光源射到球心等高处入射角恰为临界角；由于b在。的下方，则有故A正确；B.由左手定则可知，带正电的载流子受到指向前表面的洛伦兹力，则载流子在定向移动时，向元件的故A正确；B.由左手定则可知，带正电的载流子受到指向前表面的洛伦兹力，则载流子在定向移动时，向元件的前表面偏转，故B错误；C.若元件中自由电荷有正有负时，正负电荷的受力方向都指向前表面，最终前表面电荷为0U沥=0磁场8图甲A.若雷尔元件中载流子带负电，则UqOB.若霍尔元件中载流子带正电，则载流子在定向移动时，向元件的后表面偏转C.元件中的自由电荷只有负电荷时的"砧|一定等于元件中自由电荷既有正电荷又有负电荷时的UJD.若沥间接一电阻，当沥间有霍尔电压时，霍尔元件的电阻R等于恒流源两端电压除以恒流源电流/【答案】A【解析】【详解】A.由左手定则可知，带负电的载流子受到指向前表面的洛伦兹力，则uqoi二~pb—|恒流源|—a11.下列说法中正确的是()£e4故C错误；D.霍尔元件输入的电能有一部分会转化为沥间电阻的电热，没有全转化成自身的电热，故欧姆定律不适用，故D错误。故选A。-O-166flA.图甲为氢原子能级图flA.图甲为氢原子能级图，依据玻尔原子模型可知，"=1能级对应的电子运行轨道半径比77=2能级的小，且电子运行轨道离氢原子核越远分布越密B.图乙中，中子速度越大越容易击中铀235,越适于引发核裂变C.波动力学和矩阵力学，在数学上是等价的，它们是同一种理论的两种表达方式D.图丙中带小孔的空腔可近似为一个绝对黑体。黑体类似黑洞，不反射电磁波也不向外辐射电磁波【答案】C解析】【详解】A.根据玻尔原子模型可知，〃=1能级对应的电子运行轨道半径比n=2能级的小，且电子运行轨道离氢原子核越远分布越疏，故A错误；B.运动速度越慢的中子才最适于引发核裂变，故B错误；C.波动力学和矩阵力学在数学上是等价的，它们是同一种理论的两种表达方式，故C正确；D.黑体不反射电磁波，却可以向外辐射电磁波，故D错误。故选C。12.直角坐标功)，的)，轴为两种均匀介质I、II的分界线。位于x=6m和x=-6m处的波源先后发出的两列频率都为1Hz的机械波相向传播(不考虑波在界面的反射)，某时刻两列波均第一次传到x=0处，该时刻波形图如图所示。下列说法正确的是()A,AIL-6-4\\、、、////-20mmx/mA.两列波波源的起振方向相反B.右边的波传到x=-3m处时，x=Tm处的质点正处于平衡位置C.两列波波源频率相同，相遇后会发生干涉，且x=-3m处为振动减弱点D.两列波波源频率相同，但从一种介质传到另一种介质过程频率变化，故不会发生干涉【答案】C【解析】【详解】A.根据带动法可知波源起振方向均沿)，轴正方向，起振方向相同，故A错误；B.两列频率都为1Hz,则周期T=ls左边介质中传播速度为A.此时电容器中的电场能正在减小B.此时线圈中的自感电动势正在减小C.此时电路中电流沿顺时针方向且A.此时电容器中的电场能正在减小B.此时线圈中的自感电动势正在减小C.此时电路中电流沿顺时针方向且LC振荡电路中电流减小D.若LC振荡电路中的电感变小，其振荡频率也变小【答案】C【解析】【详解】ABC.如图所示时刻，电容器正在充电，电荷量在增大，电流减小，根据4m/slm/s1.5T6T机械波的波速由介质决定，从图示时刻起，右边的波一旦进入左边介质速度也变为4m/s,传到一3m处需要X33z=-s=0.75s=-T44x右边介质中传播速度为此时x=-4m的质点在波谷处，故B错误；C.右边的波传到一3m处时起振方向沿)，轴正方向，而经过0.75s即二T时左边一3m的质点向沿)，轴负4方向振动，两列波相遇振动减弱，故C正确；D.从一种介质传到另一种介质过程频率不会发生变化，故D错误。故选C。13.金属探测仪被各考场广泛应用，从而营造了良好的考试公平环境。如图甲为某一款金属探测仪，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图乙所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是()3r减小，/■增大，故d错误。r减小，/■增大，故d错误。故选c。二、选择题n(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14,下列说法中正确的是()A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B.某种天然放射性元素及其人工放射性同位素一定具有相同的半衰期C.组成原子核的核子之间存在的核力是短程力，且与电荷无关D.用质子流工作的显微镜比用相同速率的电子流工作的显微镜分辨率更高【答案】ACD【解析】【详解】A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故A正确；B.天然放射性元素的半衰期比人工放射性同位素的半衰期长的多，故B错误；C.组成原子核的核子之间存在的核力是短程力，且与电荷无关，故C正确；D.根据,hhT=2tt4lC线圈中的自感电动势正在增大，电场能正在增大，故AB错误，C正确;D.L减小,根据A=p=----ptnv质子的质量比电子大很多，所以质子的物质波波长小，分辨率高，故D正确。故选ACDo15.如图所示，正方形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为R,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕O。轴以角速度切匀速转动，外电路电阻为下列判断正确的是()A.线圈的ab部分克服安培力做的功大小等于电阻R上产生的热量xO：xO：Xx故C错误；D.当线圈由图示位置转过30故C错误；D.当线圈由图示位置转过30。时，线圈的沥部分受到的安培力大小为F=NBIL=NB炬瓯迎凡=些迩R47?故D正确。故选AD。16,我国新能源汽车发展迅猛，从技术到生产都己经走在世界最前列。某公司对某款电动汽车性能进行了一项测试，让质量为，〃的汽车沿水平路面直线行驶，该电动汽车的额定功率为P,测试得到能长时间以最大速度-行驶，测试时有一段限速路段，汽车进入限速路段开始功率减小!并以此功率运动，汽车从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，行驶的位移为工。设整个路面上汽车所受的阻力大小不变，则在整个过程中，下列说法正确的是()q=--------=----------------------------=--------故B错误；C.在线圈转过半圈过程中，电阻R上产生的焦耳热为「NBSco*二I>/2)7t1N2B2S27ra)2Rco28A2R2R4RB.当线圈由图示位置转过60。的过程中，通过电阻R的电荷量为°一J亍)N8S4RC.在线圈转过半圈的过程中，电阻R上产生的焦耳热为兀N帘S、D.当线圈由图示位置转过30。时，线圈的沥部分受到的安培力大小为区竺竺/£4R【答案】AD【解析】【详解】A.正方形线圈克服安培力做的功全部转化为线圈电阻和外电路电阻的焦耳热，正方形线圈由沥和M两部分做功，且相等，线圈电阻和外电路电阻的焦耳热相等，故线圈的泌部分克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量，故A正确；B.通过电阻R的电荷量为⑥.28【解析⑥.28【解析】【详解】(1)①[1]待测电阻大约30欧姆，且由题意知滑动变阻器应该是分压式接法，故选滑动变阻器10Q,以小控大，方便测量，故选E；②[2]电流从0开始增大，需要滑动变阻器分压式解法，且因电流表电阻己知，故选电流表内接法。如图 (2)小余利用上述热敏电阻制作简易温控报警系统。如图丁所示，当热敏电阻两端所加电压低于IV时，温控控制开关自动启动报警系统，现要求当温度升高至约66°C时启动报警系统。其中直流电源E(电动势3V,内阻不计)，则电阻箱阻值应调至______Q<.的字母标号)②请你按照上述实验要求用笔画线代替导线在实物图甲中完成余下导线的连接(画在答题纸的图甲上)③由图乙可知，热敏电阻的阻值随温度升高而(选填“增大”或“减小”)；④某温度下，电压表示数4.5V,电流表示数如图丙所示，读数为A,此时热敏电阻阻值&为③[3]由图像变化规律可知，热敏电阻的阻值随温度升高而减小。④[4]电流表量程0.6A,最小刻度0.02A,读数保留两位小数，故指针此时所指读数为0.20A；[5]由"2=0.7521.某兴趣小组设计了一个游戏装置，"2=0.7521.某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型如图所示，斜面轨道AB长乙=2m、倾角a=37。，与小球间动摩擦因数村=0.5；BC为光滑水平轨道；CDEFG轨道竖直放置，由4个半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道组成，。点与F点为竖直连接点，当小球在圆弧轨道上运动时，轨道与小球间存在沿半径方向、大小为F=4N的特殊引力；GH为粗糙水平轨道，轨道某处与小球的摩擦因数为jU2=0.2x(其中x表示GH上某点到G点的距离)；上述各部分轨道平滑连接，一质量为，〃=O.1kg的小球从斜面顶端A点以一定的初速度沿斜面滑下，不计空气阻力，g取10m/s2o(提醒：可以用F-x图像下的“面积”代表力F做的功)。(1)若小球以vA=2m/s的初速度从A点滑下时①求小球到达斜面底端B点的速度vfi；②求小球刚过D点瞬间对轨道的压力入;(2)要使小球能沿轨道运动，最后成功停在GH±.\m<x<45m区间，求小球在A点初速度L的取值范围。得A=-=0.2gmgsin。+Ff-Feos。=maFsinngcos4="2久 (3)沿斜面可得mgsinQ+乃(Fsin0+mgeos。)-7*cos0=ma改变F不会改变乙的运动，即加速度不变，故外Fsin0-Feos。=0得BCGH【答案】(1)①2右得BCGH【答案】(1)①2右m/s;②0；(2)0<v4<V2m/s【解析】【详解】(1)①小球从斜面上滑下，由诺或=2Mq=2m/s2atna}=-^mgcQsa-mg=m-v。^-m-v得vD=2V2m/s②小球从B到。点&=0vB=2^m/s小球刚过D点得得由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为0(2)①要使小球不脱离圆轨道，对应最大速度时，在刚过D点刚好不脱离轨道，则由上题②可知M=2®s②要使小球能通过圆轨道，对应最小速度时，在E点速度为0,小球从B到已点得-wf=0-万埠Wf=0Amgx2一2得-wf=0-万埠Wf=0Amgx2一2〃对=0-三羸综上得小球从A到B过程，由使小球能成功停在G/7±lm<x<T5m区间，有^n=2V2m/sV2m/s<vB<V10m/s诺F=2M得0<v4<V2m/s22.一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道FMNZZ'N'M'F',与FM，平行，相距4=0.5m,NZ与N'Z'平行,相距L=lm，轨道间区域被2边界NN'、PP'和QQ'分成I、II、I1LIV四个区域，其中I、II、IV处于竖直向下的匀强磁场中，III处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为B=2T°轨道上放置着AB、CD两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为m=lkg,电阻均为R=l。，其中AB棒在I区域运动时接入电路的有效电阻为巴=0.50。[=0日寸，棒有向右的初速度v=5m/s,CO棒的速度为0(此后各运动过程，两2棒与导轨都始终垂直且接触良好)，在CD棒到达PP'时AB棒恰好到达MM'，且两棒均己匀速。此时开始给AB棒一个外力，使AB棒在II区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4N,且C。棒在III区域的运动时间为Is。当CZ)棒到达QQ'时，撤去棒外力。此后AB棒继续在II区域运动，CQ棒在IV区域运动，直到两者稳定。所有轨道电阻不计，III区域轨道粗糙，耳=0.05,其他轨道光滑，g取v2=—v=(1)t=0时，AB棒两端的电势差UAffi(2)当CO棒到达PP，时，AB棒的速度大小可以及当8棒到达QQ'^iAB棒的速度大小此；(3)CD棒在QZZ'Q1区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q。—AAAA【答案】(1)—V；(2)4m/s,3【解析】【详解】(1)感应电动势AB棒两端的电势差为路端电压AAAAA9z，6nVs；(3)6.25JE=B-v22nL10”U*=—B一v2nL10”323(2)①在到达PP前两棒均已匀速，设AB、CD棒的速度分别为q、v2=BLv?在到达PPf前对两棒各应用动量定理AB：-B—q=tnvx-tnv解得4<,Vj=—v=4<,故当CD棒到达pp时，AB棒的速度大小Vj=4m/sZ=0.9(N)Z=0.9(N)每秒增加4N即2RB2I2\-v+at得②CD棒在III区域的运动时对AB棒应用牛顿第二定律2RB2I2a.(3)CD棒进入III区域耳=at=6m/sCD棒到达Q0时，AB的速度解得2R/、(B/(v.+at}、f="(BIL+mg)="L+mgI2RJ一捋£=小2一‘〃的CD棒到达Q0时速度为岭'诺=lm/sIII区域：C£＞棒进入在QZQ，Z,区域后直到稳定时，AB.CD棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为*有【详解】(1):H原子核在电场中加速有11CD棒进入在QZQ'Z'区域后整个回路产生的焦耳热23.某粒子收集器如图所示，左侧容器P中存在;H、《H、：H三种原子核，中心