江苏省新高考基地学校2023届高三物理下学期第五次大联考试题（Word版附解析）

2023届高三查漏补缺诊断测试物理注意事项：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，请将本试卷和答题卡一并交回。2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4．作答选择题，必须用2B铅笔把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，在其它位置作答一律无效。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。每小题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，α粒子散射实验中，移动显微镜M分别在a、b、c、d四个位置观察，则（　　）A.在a处观察到的是金原子核B.在b处观察到的是电子C.在c处不能观察到任何粒子D.在d处能观察到α粒子【答案】D【解析】【详解】α粒子散射实验是用α粒子轰击金属箔，得到的结果是绝大多数的α粒子穿过金属箔后基本上仍沿原来的方向继续前进，有少数的α粒子运动轨迹发生了较大的偏转，极少数的发生α粒子甚至被反弹，沿原路返回，而在该实验中，用显微镜观察的实际上是α粒子的，在c处可以观察到很少的发生较大偏转的α粒子，在d处则能观察到被反弹回来第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 的α粒子。故选D。2.规定图甲LC振荡电路中逆时针方向的电流为正，M是电容器的上极板。从某时刻起记录图甲中的电流随时间变化的关系如图乙所示。则图像乙中的段对应电路甲中的（　　）A.M板带正电B.M板的带电量在变大C.线圈L中的磁场能在变大D.线圈L自感电动势在变大【答案】C【解析】【详解】ABC．点时，电路中的电流为零，此时恰好反向充电完成，故到的过程中，电容器正在反向放电，根据题意结合图乙可知，此时电流为顺时针方向，则可知C板带正电，且C板的带电量在减小，电容器的电场能在减小，而线圈L中的磁场能在变大，故AB错误，C正确；D．电流的变化率越小则线圈L的自感电动势越小，到的过程中，电流的变化率在逐渐减小，则可知线圈L的自感电动势在逐渐减小，故D错误。故选C。3.在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电梯的加速度。则（　　）A.若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大B.若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变C.若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 D.若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变【答案】C【解析】【详解】AB．若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB错误；CD．若电梯向下加速，则液体将处于失重状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，用某频率的光照射光电管，研究饱和电流的影响因素，则（　　）A.电源的左端为负极B.换更高频率的光照射，电流表示数一定增大C.滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零D.滑动变阻器滑片向右移的过程中，电流表示数可能一直增大【答案】D【解析】【详解】A．光电子从K极逸出后必须定向移动形成光电流，因此电源的左端为正极，光电子在电场力的作用下将定向移动，从而形成光电流，故A错误；B．换更高频率的光照射，可以使逸出的光电子的动能增加，即可以使单位时间到达A极板的电子数增多，电流增大，但若光子数目一定，逸出的光电子就一定，光电流就一定，因此可知，换更高频率的光照射，电流表示数可能增大，故B错误；C．当滑动变阻器移动到最左端时，A、K两极板的电压为零，但逸出的光电子具有动能，可以到达A极板，因此电流表的示数不为零，故C错误；D．滑动变阻器滑片向右移的过程中，A、K两极板的电压增大，光电子在电场力的作用下移动的更快，即单位时间内到达A极板的光电子数目增多，则光电流增大，但若光电流已经达到饱和，增大两极板的电压，光电流不在变化，因此滑动变阻器滑片向右移的过程中，电流表示数可能一直增大，故D正确。故选D。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 5.如图所示，是两列频率相同的横波相遇时某时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。则两列波相遇的过程中（　　）A.P点相对平衡位置的位移始终最大B.P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移C.P点和Q点的振动步调可能相同D.P点和Q点连线上的某点可能与N点的振幅相同【答案】B【解析】【详解】A．若P点相对平衡位置的位移始终最大，那么P点就是静止的，而P点实际上是在平衡位置上下振动，还会经过平衡位置，故A错误；B．P点为振动加强点，即振幅为两列波振幅之和，始终在平衡位置上下振动，位移在某些时刻为零；N为振动减弱的点，振幅为两列波的振幅之差，但并不知道两列波的振幅大小，因此N点的振幅可以不为零，同样在平衡位置上下振动，位移可以大于零，因此P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移，故B正确；C．由干涉图样可知，P点为波峰与波峰相遇，Q点为波峰与波谷相遇，且两者之间的距离相差半个波长，则可知两者振动步调始终相反，故C错误；D．P点和Q点连线上各点始终为振动加强点，振幅都等于两列波的振幅之和，而N点始终未振动减弱的点，振幅始终为两列波的振幅之差，因此P点和Q点连线上的某点不可能与N点的振幅相同，故D错误。故选B。6.神舟十四号成功发射后，与空间站天和核心舱成功对接，航天员陈东等顺利进入天和核心舱。已知地球半径为R，空间站在距离地面高度处做匀速圆周运动，同步卫星距离地面高度为空间站高度的90倍，地球自转周期为T。则空间站绕地运行周期为（　　）A.B.C.D.【答案】A第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】设同步卫星距地面的高度为，空间站的周期为，则由开普勒第三定律有可得解得故选A。7.如图所示，条形磁铁与螺线管在同一平面内，条形磁铁由位置A运动到位置C，则（　　）A.匀速运动过程中，电流计的示数不变B.加速过程中电流计的示数比匀速过程的小C.加速和匀速过程通过电流计的电荷量相同D.加速和匀速过程螺线管所在回路产生的焦耳热相同【答案】C【解析】【详解】AB．在条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁感线的条数在增加，即磁通量在变大，也就是说磁铁越靠近螺线管，螺线管的磁通量越大，因此，不管是匀速靠近还是加速靠近，磁通量的变化率都在增大，而相比于匀速靠近，加速靠近的过程中磁通量的变化率更大，可知螺线管所在回路中的感应电流逐渐增大，加速靠近比匀速靠近，产生的感应电流更大，电流计的示数更大，故AB错误；C．根据可知，不管是加速还是匀速，条形磁铁从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁通量的变化量大小相同，因此可知两种方式通过电流计的电荷量相同，故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律有第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 两种运动形式磁通量变化量相同，但是时间不同，可得而螺线管所在回路产生的焦耳热实际为电场能转化，因此有而加速运动产生的电场能大于匀速运动产生的电场能，因此可知加速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热大于匀速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热，故D错误。故选C。8.如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）A.a处网球拍给网球的冲量沿水平方向B.拍打后a到c过程中网球受到冲量方向竖直向下C.c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下D.d处反弹后网球做平抛运动【答案】B【解析】【详解】A．该同学将网球抛至最高点a处时网球的速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；B．拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 冲量方向斜向左下方，故C错误；D．做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。故选B。9.如图所示，在正方形ABCD的四个顶点上分别固定四个电荷量相等的点电荷：①四个顶点都固定正电荷；②四个顶点都固定负电荷；③A、B处固定正电荷，C、D处固定负电荷；④A、C处固定正电荷，B、D处固定负电荷。四种情况下正方形中心O点的电势分别为、、、，取无穷远处为零电势点。则（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】取无穷远处为零电势点，则正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，故可知，设正负电荷的电量均为，正方形四个顶点到中心O的距离为，则正电荷在O点的电势为负电荷在O点的电势为根据电势运算法则，即代数运算，可知因此可以得到故选A。10.在无风的环境里将一塑料球以一定的初速度水平抛出，球受到的空气阻力与速度大小第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 成正比，该球运动过程中水平方向的速度随时间t、水平方向的位移x的变化规律，竖直方向的速度随时间t、竖直方向的位移y的变化规律可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB．水平方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有塑料球水平方向速度逐渐减小，所以其水平方向加速度逐渐减小，即图像中图线的斜率逐渐变小，故A错误；B．根据动量定理可得整理可得故B错误；CD．竖直方向受空气阻力作用，由牛顿第二定律，有塑料球竖直方向速度逐渐增大，所以其竖直方向加速度逐渐减小，即图像中图线的斜率逐渐变小。在图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，易知vy随竖直位移y的变化率也是逐渐变小的。故C错误；D正确。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 故选D。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.图甲为一多用电表，由量程为1mA的电流表改装而成，该电流表的内阻约100Ω，多用电表内有一节干电池（电动势1.5V，内阻约1Ω）。现测量电流表的内阻及多用电表“×10”欧姆档的内阻。（1）开始实验时，首先需要调节图甲中的旋钮______（选填“A”或“B”），进行多用电表的机械调零。（2）用图乙所示电路测量量程为1mA的电流表的内阻，电源电动势1.5V，电源内阻约1Ω，滑动变阻器R（0~2kΩ），其中定值电阻和电压表应分别选用______和______（选填器材前的代号）。A.定值电阻（3.0kΩ）B.定值电阻（6.0kΩ）C.电压表V（量程0.6V，内阻3.0kΩ）D.电压表V（量程3V，内阻4.0kΩ）（3）用图丙所示电路测量多用电表“×10”欧姆档的内阻，其中电源电动势，内阻r已知。电路连接后，多用电表的红表笔应接在______（选填“a”或“b”）。下列操作步骤的顺序为______。①将选择开关旋转到欧姆挡“×10”位置②将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”③将单刀双掷开关K接1，电阻箱调节到阻值为时，电流表的读数为I0④将单刀双掷开关K接2，电流表的读数为I0第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 ⑤把多用电表的选择开关旋转到交流电压最高档，拆除电路，整理器材（4）以上实验操作测得的多用电表“×10”欧姆档的内阻为______，该测量值______（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】①.A②.A③.D④.⑤.①②④③⑤⑥.⑦.等于【解析】【详解】（1）[1]A为机械调零旋钮，B为欧姆调零旋钮，若要进行机械调零，则需调节旋钮A。（2）[2][3]由于电流表的量程为1mA，电源的电压为1.5V，则用直除法，若选择的定值电阻，回路中的最大电流为不足电流表量程的，故应选择的定值电阻；而电压表应该选择更接近电源电动势的量程，该电路回路中电阻很大，故而电流较小，而电源的内阻很小，内阻分压就很小，因此的电压表并不能满足要求，故选量程为的电压表；（3）[4][5]该实验用的是等效替代法测电阻，将选择开关旋转到欧姆挡“×10”位置，接着将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”，然后将将单刀双掷开关K接2，记录电流表的读数为，接着将单刀双掷开关K接1，电阻箱调节到阻值为时，使电流表的读数仍为，最后把多用电表的选择开关旋转到交流电压最高档，拆除电路，整理器材，因此正确的实验操作顺序应该是①②④③⑤；而欧姆表的欧姆档利用的是多用电表的内置电源，当将选择开关置于欧姆档时就接通了内置电源，此时黑表笔与内置电源的正极相连，红表笔与内置电源的负极相连，而根据电路图可知，端连接的时电流表的负接线柱，因此红表笔应接在端。（4）[6][7]等效替代法测得的电阻不包括欧姆表“×10”的内置电源的内阻，而外部电源和内置电源有相同的内阻，因此可知欧姆表“×10”的内阻为此种方法所测电阻等于真实值。12.如图所示是截面为等边三角形ABC的玻璃砖，边长为20cm。现有一红色细光束从AC边中点D与AC边成角入射，从AB边上的F点（图中未画出）射出。已知出射光线与入射光线的偏转角为，已知真空中光速。求：（1）该玻璃砖对红光的折射率n；（2）红光从D传播到F所用传播时间t。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意，出射光线与入射光线的偏转角为，做出光路图如下所示在D点处的入射角，光线入射边和出射边的法线均为正三角形的高线，根据题意可知，入射光线平行于F点的法线，即入射光线垂直于边AB，则根据几何关系可知折射角，则玻璃砖对红光的折射率为代入数据解得（2）DF平行于BC，则由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程光在玻璃砖中的传播速度为则光从D点传播到F点所用的时间为代入数据解得13.如图所示，一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管长，管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱。已知大气压强。（1）若保持玻璃管直立做自由落体运动，下落过程中温度保持不变，水银柱与玻璃管达到第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 相对静止时，求管中气柱的长度L2；（2）若玻璃管绕下端O在竖直平面内缓慢转动，求水银刚好开始溢出时玻璃管转过的角度θ。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）初始时玻璃管中的压强做自由落体运动处于完全失重状态时管中的压强设管的横截面积为S，则由波意耳定律有解得此时没有水银溢出。（2）根据题意，由波意耳定律有解得则可知14.如图所示，M、N为两水平金属板，板间电压为U、距离为d，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，ACD为用绝缘板围成的正三角形区域，正三角形边长为L，S为AC板中心的小孔，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，放射源P沿水平方向发出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中轴线通过，再垂直AC边从孔S进入正三角形区域。板间电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场；粒子每次与绝缘板发生碰撞后均以原速率反弹且电荷量不变，不计粒子重力及相互作用。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 （1）求能沿板M、N中轴线通过的粒子的速度大小v0；（2）求与绝缘板碰撞次数最少且能从S孔飞出的粒子比荷；（3）比荷为的粒子在三角形区域内运动过程中，每次与板碰撞时速度方向均与板垂直。求该粒子在三角形区域内运动的时间t随的变化关系。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）能沿板M、N中轴线通过的粒子，在极板间受到的洛伦兹力和电场力平衡，有解得（2）如下图所示，粒子至少与绝缘板碰撞2次后从S孔飞出，此时粒子在磁场中的运动轨迹半径为同时有联立解得（3）分析可知要使粒子每次与板碰撞时速度方向均与板垂直，需要满足SA的长度为粒子轨迹半径的奇数倍，即解得第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 分析可知当时，对应的轨迹总的路程为分析可知当时，对比时，轨迹中三角形的每个边上会多出2个半圆，即此时以此类推，可得故有同时有，联立解得15.如图甲所示，光滑水平面上木板A将轻弹簧压缩由静止释放，被弹簧弹开后向右运动，与右侧固定的挡板发生弹性碰撞，木板A从释放开始运动的x-t图像如图乙所示，其中、是正弦曲线的一部分。如图丙所示，若在A的左侧再叠放另一小物块B后仍将弹簧压缩由静止释放，弹开过程A、B保持相对静止。已知木板A的质量，木板长，物块B的质量，A、B间的动摩擦因数，重力加速度为g。求：（1）弹簧中的最大弹性势能；（2）从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数n；第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 （3）从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程s。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由x-t图像可知，A离开弹簧后的速度大小为由能量守恒可知，弹簧的弹性势能完全转化成了木板A的动能，则可知弹簧开始具有的弹性势能为解得（2）在弹开过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧式的速度为，则有设A与挡板第一次碰后，A、B达到的共同速度为，A的位移为，则由动量守恒定律可得对木板A由动能定理可得解得假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 解得设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有解得而则可知从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数为（3）设弹簧的劲度系数为，则设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为，则解得设A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有由能量守恒有解得，碰撞后两者分离，设A的位移为，则有第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 解得内，木板A运动的距离则从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司