湖南省九校联考2023届高三物理上学期入学摸底考试试卷（Word版附解析）

2023届新高三入学摸底考试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、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.关于近代物理研究，下列叙述符合事实的是（　　）A.天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的B.同种金属发生光电效应时，入射光的频率越低，光电子的最大初动能越大C.原子核的衰变表明，中子由质子和电子组成D.玻尔理论表明，氢原子能量越高，氢原子核外电子做圆周运动的动能越小【答案】D【解析】【详解】A．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构，不能揭示了原子核是由质子和中子组成，故A错误；B．由光电效应方程可知，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，故B错误；C．原子核的β衰变表明，一个中子可以转变为一个质子和一个电子，并非中子由质子和电子组成，故C错误；D．玻尔理论表明，氢原子能量越高，电子绕核运动的半径越大，由得\n半径越大，动能越小，故D正确。故选D。2.静电场中的x轴上有A、B两点，一个带负电粒子在A点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线运动到B点，粒子的加速度先减小后增大，粒子的动能先增大后减小，则A、B两点间电势随x的变化关系、电场强度E随x的变化关系可能正确的是（电场强度正方向沿x轴负方向）（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．该过程中动能先增大后减小，根据能量守恒可知，电势能应该先减小后增大。而由于粒子带负电，则电势的变化规律与电势能相反，电势则先增大后减小，B正确A错误；CD．粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功，后做负功，则电场力先向右，后向左，粒子带负电，可知电场强度先向左，后向右，结合题意可知，电场强度先为正，后为负，因此CD错误。故选B。3.在如图所示的电路中，变压器为原、副线圈匝数可以调整的理想变压器，在a、b两端输入正弦交流电压，此时两个灯泡、都比较暗。要使两个灯泡都变亮些，下列措施可行的是（　　）\nA.仅将向上移B.仅将向下移C.仅将向上移D.仅将向下移【答案】B【解析】【详解】根据题意，设原线圈接入匝数为，电压为，灯泡所接线圈匝数为，电压为，灯泡所接线圈匝数为，电压为，由线圈匝数与电压关系有解得，A．仅将向上移，则变大，则和均减小，两个灯泡都变暗，故A错误；B．仅将向下移，则变小，则和均增大，两个灯泡都变亮，故B正确；C．仅将向上移，则变大，变大，不变，不变，灯泡变亮，灯泡不变，故C错误；D．仅将向下移，则变小，变小，不变，不变，灯泡变暗，灯泡不变，故D错误。故选B。4.如图所示为半圆形玻璃砖，O为圆心，AB是水平直径，C为AO中点，一束单色光斜射到C点，逐渐改变入射方向，当入射光与AB面夹角为θ时，折射光线从圆弧的最高点D点射出，则玻璃砖对光的折射率为（　　）\nA.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】光路图如图所示设点折射角为，由几何关系可知根据折射定律可得故选C。5.坐标原点处的质点从平衡位置开始振动，形成的振动沿x轴正向传播，波传播到处开始计时，处的质点P的振动方程为，时刻，在坐标原点与之间第二次出现如图所示的波形，则下列判断正确的是（　　）\nA.波源处的质点起振方向沿y轴正向B.波的传播速度大小为1m/sC.D.时刻，质点P已运动的路程为160cm【答案】D【解析】【详解】A．由质点P的振动方程可知：波刚传到质点P时，质点向y轴负向振动，波源处的质点起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．由图可知，波的波长周期则波速故B错误；C．波从计时开始传播到处的时间处质点从开始振动到第二次达到正向位移最大处的时间则故C错误；D．时刻，质点P已运动的路程为故D正确。\n故选D。6.如图甲所示，软导线放在光滑绝缘水平面上，两端分别固定在P、Q两点，P、Q间距离为L，空间有垂直水平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，通过P、Q两点通入大小为I、方向如图乙所示恒定电流，同时给软导线上A点施加一个水平力，使软导线形状如图乙所示，PA段与QA段软导线长度之比为，则下列判断正确的是（　　）A.PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比一定为B.作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直C.整个软导线受到的安培力大小为BILD.撤去拉力整个软导线最后静止时受到的安培力与未撤去拉力时整个软导线受到的安培力大小不相等【答案】BC【解析】【详解】A．由题中条件无法得出PA段与QA段导线的有效长度之比为，结合可知PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比不一定为，故A错误；B．由题可知PA段导线与QA段导线在垂直PQ连线方向的等效长度相等，则PA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力与QA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力大小相等，方向相反，故作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直，故B正确；CD．撤去拉力前和撤去拉力后整个软导线的有效长度均为，则整个软导线受到的安培力大小均为，故C正确，D错误。故选BC。二、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，有多项符合题目要求。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.套圈圈是大人、小孩都喜欢的娱乐活动（如图甲所示），一个大人和一个小孩分别在如图乙\n所示的位置水平抛出一个圈圈，结果套中同一个物体，若两个圈圈相同，圈圈的运动视为平抛运动，则大人抛出的圈圈（　　）A.初速度大B.平抛运动的时间长C.落地时的速度大D.落地时的重力瞬时功率大【答案】BD【解析】【详解】B．根据题意，竖直方向上有可得由图乙可知，大人的抛出点比小孩的抛出点高，则大人抛出的圈圈平抛运动的时间长，故B正确；A．水平方向上有可得由图乙可知，大人抛出的圈圈水平位移小于小孩的，则大人抛出的圈圈的初速度小，故A错误；C．根据题意可知，落地时的速度为由于小孩的水平速度大于大人的水平速度，小孩的竖直分速度小于大人的竖直分速度，则无法判断落地速度的大小关系，故C错误；D．竖直方向上有可知，落地时大人抛出的圈圈的竖直分速度大，由可知，大人抛出的圈圈落地时的重力瞬时功率大，故D正确。故选BD。8.系绳卫星又称系留卫星，是通过一根系绳将卫星固定在其他航天器上，并以此完成一些常\n规单体航天器无法完成的任务的特殊航天器（如图甲所示）。其可以简化为图乙所示模型，A、B两颗卫星用轻质系绳连接，两颗卫星都在圆周轨道上运动，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，若两颗卫星质量相等，系绳长为L，A做圆周运动的半径为kL，地球质量为M，引力常量为G，则（　　）A.两卫星做圆周运动角速度大于B.两卫星做圆周运动的角速度小于C.系绳断开后的一小段时间内，A做离心运动，B做近心运动D.系绳断开后一小段时间内，A做近心运动，B做离心运动【答案】BD【解析】【详解】AB．由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，设为，设绳子拉力为，根据以及分析可知绳子对、均为拉力，牛顿第二定律可得\n可得故B正确，A错误；CD．由AB选项分析可知，系绳断开后，对，万有引力大于做圆周运动的向心力，做近心运动，对，万有引力小于做圆周运动的向心力，做离心运动，故D正确，C错误。故选BD。9.“蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示（图中、、g，已知，、未知），忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（　　）A.下降位移为时，速度最大B.下降过程中的最大速度大小为C.下降的最大位移D.下降过程中的最大加速度大小为【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙可知，下降位移为时，蹦极爱好者加速度为零，此时速度最大，故A错误；B．根据动能定理可得\n整理可得解得故B正确；C．设绳子劲度系数，对全过程由机械能守恒定律可得在处，由平衡条件可得联立解得故C错误；D．在处，由牛顿第二定律可得解得故D正确。故选BD10.如图所示，直角边长为L的等腰直角三角形金属线框abc静止在光滑绝缘水平面上，平行边界M、N间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边界MN之间的宽度大于L，现给金属框一个水平向右的恒定推力F，使金属框从静止开始向右运动，开始时，线框c端离边界M距离也为L，线框运动过程中ab边始终与边界M平行，ab\n边刚要进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度大小均为v，线框的电阻为R，则（）A.线框进磁场过程通过ab边截面的电量为B.线框进磁场过程克服安培力的冲量大小为C.磁场的宽度为D.线框穿过磁场过程线框中产生的焦耳热为【答案】CD【解析】【详解】A．线框进磁场过程中根据法拉第电磁感应定律有，N=1则线框进磁场过程中产生的感应电流为则线框进磁场过程通过ab边截面的电量为A错误；B．线框进磁场过程克服安培力的冲量为但由于线框进入过程中L′从0逐渐增加到L，则\nB错误；C．由题知开始时，ab边刚要进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度大小均为v，且线框进出磁场时安培力的冲量相同，则线框c点刚要离开边界N时的速度与线框c点刚要进入边界M时的速度相同，则线框ab刚进入磁场时到线框c点刚要离开边界N时，有解得则磁场的宽度为C正确；D．线框穿过磁场过程线框中，根据动能定理有由于安培力做的负功即线框中产生的焦耳热，则D正确。故选CD。三、非选择题；本题共5大题，11~12题共15分，13~15题共41分。11.某同学用如图所示装置测当地重力加速度。电磁铁和光电门固定在铁架台上，实验中已测得的铁球的直径为D。\n（1）给电磁铁通电，将铁球吸附在电磁铁下面，给电磁铁断电，小球自由下落通过光电门，与光电门连接的数字计时器显示小球通过光电门的遮光时间为，则小球通过光电门的速度大小为___________；（用测量的物理量符号表示）（2）保持电磁铁的位置不变，记录第一次光电门的位置，再下调光电门的位置，重复实验，记录小球通过改变位置后的光电门遮光时间，测得光电门前后两次的位置高度差为h，由此求得当地的重力加速度___________。（用测量的物理量符号表示）（3）若考虑空气阻力的影响，且操作无误，则实验中测得的重力加速度___________（填“大于”“小于”或“等于”）当地实际的重力加速度。【答案】①.②.③.小于【解析】【详解】（1）[1]小球通过光电门的速度大小为（2）[2]根据运动学公式又有解得\n（3）[3]因铁球下落过程中受空气阻力影响，加速度小于当地实际重力加速度12.某同学设计了如图甲所示电路，测电池的电动势和内阻，电路中的器材待测电池、毫安表（内阻为）、阻值为的定值电阻、粗细均匀的电阻丝（总阻值明显大于，P为可在电阻丝上移动的金属夹）、开关两个、导线若干。（1）将金属夹夹在电阻丝a端，闭合开关，再闭合开关，移动金属夹的位置，使电流表的指针发生较大偏转，记录电流表的示数，电阻丝接入电路的长度，断开开关，再移动金属夹的位置，使电流表的示数仍为，记录电阻丝接入电路的长度，再断开开关，则电阻丝单位长度的电阻___________；（2）将金属夹夹在电阻丝a端，保持开关断开，闭合开关，多次调节金属夹的位置，记录多组电阻丝接入电路的长度L和电流表的示数I；作出图像，测得图像与纵轴的截距为a，图像的斜率为k，则电源的电动势为___________，___________（用、、k、a、表示）；（3）用20分度的游标卡尺测量电阻丝的直径d，示数如图乙所示，则电阻丝的直径___________cm；则电阻丝的电阻率___________（用、d表示）。\n【答案】①.②.③.④.0.850⑤.【解析】【详解】（1）[1]由题意可知：长度为与长度为之间的电阻差为定值电阻的阻值，则（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可整理可得则图像斜率纵轴截距联立解得（3）[4][5]游标卡尺读数为根据电阻定律有解得\n13.如图所示，绝热性能良好的汽缸开口向右放置在水平地面上，缸口到缸底的距离为L，一定质量理想气体被绝热性能良好的活塞封闭在汽缸中，活塞面积为S，与汽缸底部相距为，开始时，封闭气体的压强与外界大气相同均为，缸内气体的温度为，给电热丝通电，给气体缓慢加热，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，气体的内能与温度的关系为（k为已知常量），不计活塞厚度，求：（1）活塞刚要滑动时，缸内气体的温度；（2）从活塞刚好滑动到活塞刚好要滑离汽缸过程中，气体吸收的热量为多少。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）活塞刚要发生滑动，则有次过程体积不变，由查理定律有解得（2）从活塞刚好滑动到活塞刚好要滑离汽缸过程，压强一定，由盖吕萨克定律有此过程气体对外做功，则\n根据热力学第一定律有根据题意有解得14.如图甲所示，半径为R的圆形A区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，PQ为其水平直径，竖直放置的平行板M、N间加有如图乙所示的电压（已知，未知）。在圆形磁场的下方有一水平的粒子接收屏，在M板附近有一粒子源，不断无初速度释放质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场加速后从P点沿PQ方向射入磁场，经磁场偏转后打在接收屏上，打在接收屏上最左侧的粒子，速度与水平方向的夹角为60°，打在接收屏上最右侧的粒子，速度与水平方向的夹角也为60°，不计粒子的重力，粒子在加速电场中的运动时间远小于T，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）两板间最大电压为多少。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）（2）在磁场中，根据可得\n进入磁场时，粒子速度越大，则轨迹半径越大，结合几何知识可知，打在接收屏最左侧的粒子速度最小，打在接收屏最右侧的粒子速度最大，从电场进入磁场，由动能定理得由几何关系可得联立解得15.如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面上P点以上光滑，P点以下粗糙，质量为3m的物块A刚好放在斜面上的P点，弹性轻板通过长为3m的轻杆与物块A相连，杆与斜面平行，质量为m的物块B从斜面上离弹性板距离为0.75m的Q点由静止释放，物块B下滑过程中与弹性板发生的碰撞都是弹性碰撞，斜面粗糙部分足够长，两物块与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为0.75，不计物块的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，，，求：（1）物块B第一次与弹性板碰撞后一瞬间，物块A的速度大小；（2）从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为多少；（3）试通过分析判断，物块B与弹性板能否发生第三次碰撞。\n【答案】（1）；（2）；（3）能【解析】【详解】（1）B由静止运动到弹性轻板过程中，由动能定理得解得B与轻板碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得解得（2）碰后，对A，由于可知A向下做匀速直线运动，B物块的加速度假设在到达点之前发生碰撞，取沿斜面向下为正方向，根据运动学公式可得解得沿斜面向下运动的位移\n假设成立，可知第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为1s；（3）第二次碰撞前瞬间，对B根据动能定理可得解得B第二次与轻板碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得解得碰后向下做匀速运动，到点过程中做匀加速运动，过后，做匀速运动，根据解得可知物块B与弹性板能发生第三次碰撞。