鹽城市、南京市2022-2023學年度第一學期期末調研測試

高三物理

注意事項：

1.本試卷考試時間為75分鐘，試卷滿分100分，考試形式閉卷；

2.本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規定的位置，否則不給分；

3.答題前，務必將自己的學校、班級、姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在答

題卡上。

一、單項選擇題：共10題，每小題只有一個選項最符合題意.

1.如圖所示，方解石形成的雙折射現象實驗的照片，下列關于方解石的說法正確的是（）

A.是非晶體B,具有固定的熔點

C.所有的物理性質都是各向異性D.是由許多單晶體雜亂無章排列組成的

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.光在晶體中的雙折射現象就是光學各向異性的表現，所以圖中方解石的雙折射現象說明方解

石是晶體，具有固定的熔點，A錯誤，B正確；

CD.單晶體具有規則的幾何形狀、各向異性和一定的熔點等性質；而多晶體是由許多小的晶體雜亂無章地

排列在一起組成的，使得多晶體不再具有規則的幾何外形，而且也看不出各向異性的特點，故CD錯誤。

故選B。

2.我國直流輸電技術處于世界領先水平.現有三根輸電線甲、乙、丙的截面圖，通過它們的電流大小相同，

且到。點距離相等，電流方向如圖所示.若甲中的電流在O點產生的磁感應強度大小為5,則三根輸電線

中的電流在。點產生的磁感應強度大小是（）

20丙

乙

A.逐BB.3BC.IBD.B

【答案】A

【解析】

【詳解】通過三根輸電線的電流大小相等，到。點距離相等，則三根輸電線在。點產生的磁感應強度大小

都為8,方向如圖所示

晟一『-益

乙

則三根輸電線中的電流在。點產生的磁感應強度大小是

B合=7B2+(2B)2=y/5B

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

3.如圖所示，一定質量的理想氣體由狀態A經過狀態8變為狀態C的p-T圖像，圖中AB與橫軸平行,

8點，C點與坐標原點在一條直線上，AC與豎直軸平行，則()

A.單位體積的分子數，狀態4小于狀態B

B.由狀態A變化到狀態8的過程需要釋放熱量

C.分子運動速率大的分子數，狀態B小于狀態C

D.單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數，狀態A大于狀態C

【答案】D

【解析】

【詳解】A.從狀態4到狀態8發生等壓變化，根據

TATB

可知從狀態A到狀態8,溫度升高，體積膨脹，因此單位體積內的分子數減少，A錯誤;

B.從狀態A到狀態B溫度升高，內能增加；體積膨脹對外做功，根據熱力學第一定律

△U=W+Q

可知氣體需要吸收熱量，B錯誤；

C.由于狀態B的溫度比狀態C的溫度高，因此分子運動速率大的分子數，狀態8大于狀態C,C錯誤；

D.狀態A與狀態C溫度相同，分子的平均速率相同，而狀態A的壓強大于狀態C的壓強，因此單位時間

內撞擊單位面積器壁的分子數，狀態4大于狀態C,D正確。

故選D。

4.2022年11月30日，神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，兩個航天乘組首次實現“勝利會師”留

下一張足以載入史冊的太空合影。中國空間站距離地面約400km,其重力加速度為g。設空間站圍繞地球做

勻速圓周運動，航天員在空間站受的重力為G、繞地球運動向心加速度為“，周期為T,速度為人下列說

法正確的是()

A.a=gB.G=()C.r>24hD.v>8km/s

【答案】A

【解析】

【詳解】A.中國空間站距離地面約400km,其重力加速度為g。因為重力全部提供向心力，所以繞地球運

動向心加速度

a=g

故A正確；

B.航天員在空間站受的重力為

G=mg

全部提供向心力，故B錯誤；

C.根據開普勒第三定律可知，中國空間站軌道半徑小于同步衛星軌道半徑，所以周期小于24h,故C錯誤；

D.近地衛星環繞速度是圓軌道最大環繞速度，所以中國空間站速度小于8km/s,故D錯誤。

故選A。

5.在探究用不同方法測定干電池的電動勢和內阻實驗中，提供的實驗器材除電源和開關以外，有以下四種

組合，其中不可取的一組器材是()

【答案】D

【解析】

【詳解】A.用一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器做實驗可以測出多組U、/值，根據閉合回路歐

姆定律可得

E=U+Ir

可測量多組數據到式求解，故A可取；

B.用一個伏特表和多個定值電阻做實驗，可以測出多組U、R值，根據歐姆定律可得

E=U+—r

R

可以列方程組求出E、r,故B可??；

C.用一個安培表和一個電阻箱，可以測出多組/、R值，根據歐姆定律可得

E=I(r+R)

可以列方程組求出E、r,故C可?。?/p>

D.兩個安培表和一個滑動變阻器，由于不知道滑動變阻器電阻，故無法測量，故D不可取。

故選D。

6.某眼動儀可以根據其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈

面積為S,匝數為N,處于磁感應強度為2的勻強磁場中，f=0時，線圈平面平行于磁場。，=。時線圈平

面逆時針轉動至與磁場夾角為。處，則0-4時間內磁通量的平均變化率是（）

NBSsin0NBScos0

D.

’1

【答案】B

【解析】

【詳解】開始時線圈與磁場的方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經過時間r,面積為S的線圈平面逆

時針轉動至與磁場夾角為。處，磁通量變化為

A0=BSsin6>

則0-4時間內磁通量的平均變化率是

△①_BSsin6

Art

故選B。

7.如圖所示，4個相同鋼球甲、乙、丙、丁，它們自同一高度6刀處從各自的四分之一光滑圓弧軌道上滑下,

其出口速度水平向右，出口端所在高度分別為5/?、4仄3/?、2/?。則落地點距。點最遠的鋼球是（）

C.丙D.J

【答案】C

【解析】

【詳解】設光滑圓弧軌道的半徑為R,則鋼球從最高點滑到圓弧軌道最低點過程中由動能定理有

mgR^mv2

鋼球從軌道最低點飛出后在空中做平拋運動，有

,?1o

6h-R=gg廣

x=vt

綜合解得

X=+24hR=1-4(R-3〃)+368

可知當光滑圓弧軌道的半徑R滿足

R=3h

鋼球落地點距。點最遠，此時出口端離地高度3力，為丙球。

故選C。

8.如圖甲所示，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線和虛線分別為％=0時刻和J時刻的波形圖，P、Q分別是

平衡位置為％=LOm和馬=4.0m的兩質點。圖乙為質點。的振動圖像，則()

A.波沿了軸負方向傳播B.波的傳播速度為20m/s

C.t2時刻可能為0.45sD.質點尸的振動方程為y=10sin(10H+?%m

【答案】C

【解析】

【詳解】A.圖乙為質點。振動圖像，0時刻向上振動，根據平移法可知，波沿x軸正方向傳播，故A錯

誤；

B.根據圖像可知，波長為8m,周期為0.2s,所以波速

A

v=—=40m/s

T

故B錯誤；

C.根據圖像可知，從實線時刻到虛線時刻經過的時間為

A/=—+nT-0.05+0.2n(n=0.1.2...)

4

所以L時刻可能為0.45s,故C正確；

D.質點尸做簡諧運動的位移表達式為

2萬

y=Asin(—r+^)

由圖知A=10cm,/=0時

y=Asin—=5V2cm

4

且向y軸負方向運動，代入上式解得

3%

y=10sin(l+——)cm

4

故D錯誤。

故選C

9.如圖所示，ABC為正三角形的三個頂點，A點固定電荷量為+q的點電荷，B、C兩點固定電荷量為一4的

點電荷，D、G、，分別為48、8c和AC邊的中點，。為正三角形的中心，已知+9在。點的電場強度的大

小為E。。下列說法錯誤的是（)

A.0點的場強大小為2&）

B.。與，兩點的電勢相同

C.質子沿。。方向運動始終克服電場力做功

D.電子沿。，連線運動，電勢能先增大后減小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.已知+4在。點的電場強度的大小為耳）,根據E=zg可知，在O點的電場強度的大小

為E。,0點的場強大小為

E-E0+2xEocos60°=2E0

故A正確；

B.根據電勢疊加原理結合對稱性可知，力與，兩點電勢相同，故B正確；

C.A點和8點的電荷在。。方向形成的電場與。。方向垂直，所以對C處電荷來說，質子沿。。方向運動,

電場力對質子始終做負功，故c正確；

D.電子沿。，連線運動，先靠近正電荷遠離負電荷，然后靠近負電荷遠離正電荷，根據電勢關系可知，電

勢能先減小再增大，電場力先做正功后做負功，故D錯誤。

本題選擇錯誤的，故選D。

10.質量為，”的矩形木板“e,放在光滑水平面上，b、c、”是ae的4等分點。質量為M的物塊以一定的初

速度從。點水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計，且m<M,經過一段時間物塊停在木板上。若圖是物塊

剛滑上木板時的物塊與板的位置狀態，下圖是物塊剛與木板達到共同速度時的位置，下列示意圖正確的是

【答案】B

【解析】

【詳解】地面光滑，物塊A與木板B組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，以向右為正方向，由動

量守恒定律得

Mv0=(M+m)v

對，〃有

juMA/fgx=—1mv2

設相對位移為Ax，對M有

11

Mg(x+Ax)=—A/v**?--Mvl9

整理得

x_M__1

Ax+xm+2M2?m

因為m,所以

1x1

-<-------<—

3zlr+x2

解得

x<Ax<2x

故B正確ACD錯誤。

故選B?

二、非選擇題；共5題，其中第12題~15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的

演算步驟，答案中必須明確寫出數值和單位.

11.某實驗小組設計了圖甲所示的實驗裝置來測量木塊與平板間的動摩擦因數，其中平板的傾角?？烧{。

打點計時器紙帶

（1）獲得紙帶上點的部分實驗步驟如下:

A.測量完畢，關閉電源，取下紙帶

B.接通電源，待打點計時器工作穩定后放開木塊

C.把打點計時器固定在平板上，將木塊尾部與紙帶相連，使紙帶穿過限位孔

D.將木塊靠近打點計時器

上述實驗步驟的正確順序是：（用字母填寫）；

（2）打點計時器的工作頻率為50Hz,紙帶上計數點的間距如圖乙所示.根據紙帶求出木塊的加速度。=

m/s2（保留兩位有效數字）

123

叩川|叫川|1叫1邛叫叫叫叫川叫1|1川叫I岬川,叫叫川叫I叫叫川叫叫叫叫叫1叫川11

34567891011121314151617181920

乙

（3）若重力加速度g=9.8m/s2,測出斜面的傾角。，查表知sin8=0.60,cos6=0.80,若木塊的質量

為加=0.2（）kg,則木塊與平板間的動摩擦因數〃=（保留兩位有效數字）；

（4）若另一小組利用圖甲裝置驗證了牛頓第二定律，則實驗時通過改變,驗證質量一定時，加速

度與力成正比的關系；通過改變，驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系。

【答案】?.CDBA②.1.6（3）.0.55④.斜面傾角⑤.滑塊的質量和斜面傾角

【解析】

【詳解】（1）[1]實驗時首先要安裝儀器，然后測量，最后整理儀器，則此實驗步驟正確順序是CDBA。

（2）⑵根據△戶運用逐差法得

\x(15.70-9.00)-(9.00-3.90)_222

a=TxlOm/s=1.6m/s

(5T>(5x0.02)2

（3）[3]根據牛頓第二定律

mgsin6-/jmgcos0=ma

解得

H=0.55

（4）⑷⑸探究牛頓第二定律采取的是控制變量法，驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系，通過改變

傾角來改變合外力。驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系，由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向

下的分力和摩擦力提供，所以要保證向下的合力不變，應該使mgsin。-〃cos。不變，所以需要同時改

變滑塊的質量和斜面傾角。

12.如圖所示，直角三角形玻璃磚ABC,NA=30°。一束頻率為的光沿平行于A8方向從AC邊上P點

射入玻璃磚，從BC邊的M點（圖中未標出）射出，且正=雨。已知光在真空中的傳播速度c。求該光

束:

（1）射出BC邊時折射角。;

（2）在玻璃磚中波長2。

【解析】

【詳解】根據幾何關系可知，aPMC是一等邊三角形，入射光在AC邊的入射角八=60。，在AC邊的折射

角n=30。，在BC邊的入射角r2=30。，設在8C邊折射角為6。

c

根據折射定律

sini.sin0

n=-----L=------

sinqsinr.

代入數據可解得

n=y/3,8=60。

（2）由頻率與波長的關系知

.VCC

4=—=——=

vnvVr3v

13.在火星上太陽能電池板發電能力有限，因此科學家們用放射性材料——PuO2作為發電能源為火星車供

電（PuO2中的Pu是對Pu）。已知2；：Pu衰變后變為aU和。粒子。若靜止的％；Pu在勻強磁場中發生衰

變，a粒子的動能為E,1粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，在磁場中做勻速圓周運動的周期為",

衰變放出的光子的動量可忽略，衰變釋放的核能全部轉化為琵U和a粒子的動能。己知光在真空中的傳播

速度C.求:

（1）2；：Pu衰變過程中的質量虧損Am；

（2）從開始衰變到喟U和。粒子再次相遇的最短時間t。

I]9E

【答案】（1）A〃?=上吟（2）1174

117c2

【解析】

【詳解】（1）a衰變方程為

至Pur力U+：He

根據動量守恒定律可知a粒子和鈾核的動量大小相等，設為p,a粒子的動能

鈾核的動能

2

P'

E（j

2M

則

Eu_m42

EaM234117

所以釋放能量為

119

\E=E+E,.=——E

〃aU117

且

A￡=Amc2

解得

AU9E

△m=----7

117c2

(2)根據周期方程

_271m

I=------

Bq

92

T=-T?

a117U

所以相遇最短時間

1=1177；=117”

14.如圖，一長L=6m的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度v=4m/s沿順時針方向勻速轉動，傳送帶與

水平方向的夾角8=37°,質量叫=4kg的小物塊A和質量機2=2kg的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連

接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長的輕繩足夠長。某時刻將物塊4輕輕放在傳送帶底端，已

知物塊4與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.5,不計滑輪的質量與摩擦，在A運動到傳送帶頂端前物塊B都沒

有落地。sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求:

(1)物塊B剛下降時的加速度a；

(2)物塊A從底端到達頂端所需的時間f；

(3)物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功卬。

【答案】(1)2m/s2：⑵2.5s；(3)136J

【解析】

【詳解】(1)對A分析

T+〃班gcos，一町gsin6=m}a

對B分析

myg-T=m,a

解得

a-2m/s2

（2）當達到與傳送帶共速

Z,=-=2s

a

A的位移

v

X=”=4Am

之后勻速，時間

L-x.八仁

t=-------=0.5s

2v

物塊A從底端到達頂端所需的時間

f=：+,2=2?5s

（3）物塊A從底端到達頂端時，相對位移

Ax=%—芯=4m

電動機多做的功設為W,根據能量守恒

.1,

W+m>gL-rn[gLsin0=+肛）丫+〃町gAxcos。

解得

W=136J

15.現代科學儀器中常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。如圖，在x軸上方的平面內，有范圍足夠大的

垂直紙面向里、磁感應強度為8的勻強磁場和方向沿x軸正方向、電場強度為E的勻強電場。一質量為，小

電荷量為q的帶正電荷的粒子在。點由靜止釋放，則粒子運動的軌跡為一曲線，且曲線上離），軸最遠的點

的曲率半徑為該點到y軸距離的兩倍；當該粒子在O點以初速度%沿x軸正方向射入，則粒子在xOy平面

內做周期性運動，且任一時刻粒子速度的y分量與其到y軸的距離成正比，比例系數與電場強度E大小無

關。粒子重力不計。求粒子在。點

（1）由靜止釋放，運動到坐標為（%，%）點時的動量大小〃；

（2）由靜止釋放，在運動過程中第一次離開y軸最大的距離/,；

（3）以初速度%沿x軸正方向射入時，粒子運動過程中的最小速度%汨。

片

XXXXXXXX

XXXXXXXX

X鏟XXXXXX

X名義

XXXX斗

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXX-X--X--X--X--X---->

0X

￡

【答案】(I)p=12mEqXo；(2)

【解析】

【詳解】（1）洛倫茲力不做功，由動能定理有

F12

Eqx0=—mv

解得

□Eq*。

v=