湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次联考物理试卷+答案.doc

1、湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次大联考物   理本试卷共4页，全卷满分100分，考试时间75分钟。考生注意：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，再选涂其它答案标号。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，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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. 某同学乘坐动车进站，发现电子屏显示的速度由72km/h变为36km/h的过程用时

2、20s。若把动车进站的过程视为匀减速直线运动，则再经过30s，动车继续行驶的距离为（  ）A. 75mB. 100mC. 125mD. 150m【答案】B【解析】【详解】设动车减速运动的加速度为a，则动车停下来还需要行驶t2解得则再经过30s，动车继续行驶的距离为故选B。2. 沿同一弹性绳相向传播的甲、乙两列简谐横波（以绳上某点为坐标原点，传播方向为x轴，振动方向为y轴，建立如图所示坐标系），振幅分别为10cm、20cm，在某时刻两列波均恰好传到坐标原点，波动图如图所示。则两列波相遇叠加后，下列说法正确的是（）A. 两列波的频率不同B. 两列波的起振方向相反C. 在m的质点振幅为30

3、cmD. 在m的质点振动始终加强【答案】D【解析】【详解】A由图可知，两波的波长相等，同一介质中波速相等，可知频率相等，能发生干涉，能产生稳定的干涉图样，故A错误；B波刚好传播到处，根据同侧法可知甲、乙两列波起振方向相同，故B错误；C两列波在m的质点振动方向相反，则振幅为两列波的振幅之差，即为10cm，故C错误；D两列波相遇后，在叠加区m的质点，振动方向相同，则振动始终加强，故D正确。故选D。3. 有一条小河，两岸平行，河水匀速流动的速度为v0，小船在静水中速度大小始终为v，且。若小船以最短位移过河，所用的时间为t；若小船以最短时间过河，所用的时间为。则河水流速与小船在静水中的速度之比为（ &

4、nbsp;）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】当船以最短位移过河则有当船以最短时间过河时，则有联立解得故选C。4. “嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器。着陆器等多个部分组成，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。若已知月球半径为R“嫦娥五号”在距月球表面高度为2R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G。下列说法正确的是（   ）A. 月球质量为B. 月球表面重力加速度C. 月球密度为D. 月球第一宇宙速度为【答案】B【解析】【详解】A对探测器，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律，有解得A错误；B在月球表面，万有引力等于重力解得B正确；C月球的密度，C错误；

5、D月球表面的环绕速度即第一宇宙速度，D错误。故选B。5. 如图所示，竖直固定放置ABC是用光滑杆构造而成的。将两个小环从A点由静止释A放，分别沿AB杆和AC杆运动，已知小环到达C点所需时间是到达B点时间的两倍（即）。若已知AB杆竖直，AC=4m，。则AB杆长度（  ）A. 0.8mB. 1mC. 1.2mD. 1.25m【答案】D【解析】【详解】对沿AC杆下滑的环受力分析，由牛顿第二定律又由解得则沿AB杆下滑的环做自由落体运动，则AB的长为故选D。6. 如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4044倍。

6、两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出。往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（  ）A. 2021B. 2022C. 2023D. 2024【答案】C【解析】【详解】取小孩和B车运动方向为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得速度为v2，由动量守恒定律小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得速度为v3，由动量守恒定律以

7、此规律可得小孩第n-1次推出A车后小孩和B车获得速度为vn-1，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律将推n次的等式相加，可得当vnv时，再也接不到小车，即解得取正整数，则故选C。二、多项选择题：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. 如图所示理想变压器原线圈接的正弦交流电，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，其中电压表V2的示数为11V。下列说法正确的是（  ）A. 副线圈中电流的频率为50HzB. 变压器原、副

8、线圈的匝数比为C. 滑片P向上滑动过程中，V2示数不变，A2示数变小D. 滑片P向下滑动过程中，R0消耗的功率减小，变压器输入功率增大【答案】AC【解析】【详解】A副线圈中电流的频率等于原线圈中电流的频率，为故A正确；B输入电压有效值为根据理想变压器的规律，可得变压器原、副线圈的匝数比为故B错误；C滑片P向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，变压器输入电压及匝数比不变，则输出电压不变，副线圈电流减小，即V2示数不变，A2示数变小，故C正确；D滑片P向下滑动过程中，变阻器连入电路电阻变小，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，副线圈电流增大，定值电阻R0消耗功率增大，变压器的输入功率为所以输入功

9、率变大，故D错误。故选AC。8. 一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s，则下列说法正确的是（  ）A. 物体的质量为1kgB. 物体所受阻力大小为3NC. 力F的大小为9ND. 物体上升过程中的最大速度为m/s【答案】BC【解析】【详解】A物体在最高点时有机械能等于重力势能解得故A错误；BC由功能关系知，F与阻力做的功等于机械能的变化量，结合图像可知，图像的斜率为除重力外的合力，则有，解得，故BC正确；D当物体向上运动2m

10、时速度最大，机械能等于重力势能和动能之和，则有即解得故D错误。故选BC。9. 大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成 = 45角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成 = 45角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是（   ）A. 风力方向垂直于a、b连线B. 从a点运动到b点所用的时间为C. 小球的最小速度为1.8vD. 风力大小为【答案】AB【解析】【详解】A由题意可知

11、小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向一定和速度变化量的方向相同，如图所示根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，所以风力方向垂直于a、b连线，A正确；B小球在沿ab方向做匀速直线运动，从a点运动到b点所用的时间为B正确；C当小球在垂直于ab方向的分速度为零时速度最小，为C错误；D小球在垂直ab方向的加速度大小为根据牛顿第二定律可得风力大小为D错误。故选AB10. 如图所示，光滑半圆形球面固定在水平面上，两个可视为质点的小球a和b用质量可忽略的刚性细杆相连并静止在球面内，已知细杆长度等于半球面半径，细杆与水平面的夹角；现给b球上施加外力，使得a、b小球沿球面缓慢移动（O、a、

12、b始终在同一竖直平面内），直至小球a到达与球心O点等高处。则（  ）A. 球面对a的作用力逐渐增大B. 球面对a的作用力先增大后减小C. 轻杆对a、b的作用力先增大后减小D. 轻杆对a、b的作用力逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】对a球受力分析，如图所示，在a、b小球沿球面缓慢移动，直至小球a到达与球心O点等高处过程，因Oab始终为等边三角形，则力的三角形mag边所对的角始终等于60，做力三角形的外接圆，如图，a缓慢向上移动过程，由辅助圆的知识知，球面对a的作用力FNa先增大后减小，轻杆对a的作用力逐渐增大，则轻杆对b的作用力也逐渐增大。故选BD。三、非选择题：共56分。11. 某

13、实验小组利用图（a）所示装置探究物体质量定时加速度与力的关系，实验过程如下：（1）首先将小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由右至左依次打出），则垫块应该_（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。（3）已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，得到的记录纸带如图（c）所示，图中的点为计数点，每相邻两计数点间还有4个点没有面出，由此得小车加速度的大小_（结果均保留3位有效数字）。（4）若小组同学没有严格控制好小车质量M与钩码质量的大小关系，某

14、次实验过程中有，若其它操作规范合理，不考虑其它因素的影响，则可计算该次实验得到的小车加速度的实验值（利用纸带求的值）与理论值（）的比值_。【答案】    . 往右移    .     . 【解析】【详解】（2）1纸带上的点由右至左依次打出，根据图（b）可知，小车在做加速运动，则平衡摩擦力过度，则垫块应该往右移。（3）2由题意可知，两相邻计数点的时间间隔为把BE段分成两段，由逐差法求加速度为（4）3小组同学没有严格控制好小车质量M与钩码质量的大小关系，对小车和钩码整体由牛顿第二定律可得解得理论值可得12. 某兴趣小组测一电池组的电动势和

15、内阻，电动势约为，内阻约为。现有如下实验器材：A.电压表（，内阻约为）    B.电流表A（）C.定值电阻（）                  D.电阻箱（）E.滑动变阻器（）         F.待测电池组       G。电键S、导线若干（1）为完成实验需将电流表A改装成较大量程的电流表，A应与定值电阻_联（填“串”或“并”），改装后电流表的量程为_mA。（2）为使测量尽可能准确，电阻箱与滑动变阻器应选_（填“

16、”或“”）（3）根据你所选用的实验器材，设计实验电路并在虚线框内将电路图补充完整（所选器材要标明符号）。（      ）（4）按正确电路图连接好电路进行实验，并多次测量，同时记录各仪器的读数，然后做出图像如图所示，若图像的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势_，内阻_（用k、b表示，题中已知字母均为基本单位）。【答案】     并    . 6    .     .     .     . 【解析】【详解】（1）12电流表改装成较大量程的电

17、流表应并联一个小电阻分流。由题可知，定值电阻的阻值为电流表A内阻的一半，则电流表A的量程即改装的新电流表的量程为。（2）3由于所给电压表量程太大，用电压表和电流表及滑动变阻器测量时误差较大，可用改装后的电流表与电阻箱来测量，故选电阻箱。（3）4由于所给电压表量程太大，可用改装后的电流表和电阻箱测量电源电动势和内阻，电路如图所示（4）56根据实验原理变形得即由于图像是一直线，所以纵坐标为，由图像可知，斜率为，所以，13. 高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m

18、，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？【答案】（1）m(+kg) （2）kmg【解析】【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a=  对整个列车，由牛顿第二定律得：F-k7mg=7ma   设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得+T-k2mg=2ma

19、， 联立得T=-m(+kg)   其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F-k7mg=0   设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：+T1-k2mg=0   第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有：+T2-k2mg=0， 联立得T1=-kmgT2=kmg因此作用力变化T=T2-T1=kmg14. 如图，粒子源由静止释放出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），先经水平方向的电场加速，再沿中心轴线射入方向竖直的匀强电场，

20、接着进入方向水平向里的有界匀强磁场（边界竖直），最后经磁场偏转打到磁场左边界的感光胶片上。已知加速电场的电压为，偏转电场的板间距和极板长均为L、所加电压为，磁场的磁感应强度为。（1）求带电粒子穿出偏转电场时的速度大小；（2）求磁场的最小宽度；（3）若偏转电压可取与之间的任意一值，为使粒子都能打在感光胶片上，求感光胶片的最小长度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有得粒子在偏转电场中的偏转，由牛顿第二定律水平方向上竖直方向有联立以上各式，将代入解得（2）如图粒子速度与磁场左边界的夹角满足解得粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有由几何关系，磁场

21、的最小宽度联立以上各式，将代入解得（3）粒子在磁场中偏转时的侧移量为且所以为一定值，故感光胶片最小长度即为粒子在偏转电场中最大和最小偏转距离的差值为，在偏转电场中，偏转距离当时偏转距离最大为（刚好能穿出偏转电场）当时偏转距离最小为解得15. 如图甲所示，以v=1.8m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角，质量为3kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时由静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75。质量为1kg的小物块A在与物块B距离0.6m处，以v0=6m/s的初速度沿斜面向下运动，A与斜面间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B

22、碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻，B、C物块运动的a-t图像如图乙所示，规定沿斜面向下为正方向。其中第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度取。求：（1）物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t（A、B碰撞时间忽略不计）；（2）物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。【答案】（1）0.4s；（2）mC=1.5kg，S1=1m/s，S2=4m/s【解析】【详解】（1）对A和B、C整体受力分析知，由于，碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒

23、可得由机械能守恒定律可得联立解得，碰后对A受力分析，根据牛顿第二定律解得设经时间t1，A与传送带共速，则有解得t1时间内A的位移为A与传送带共速后匀速上升回到释放高度，用时t2A与B碰撞前匀速运动的时间为t0，则有则物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t为（2）碰后A反向运动，B以3m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以C的a-t图像在第一象限，B的的a-t图像在第四象限，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒， B、C所受的合外力都等于弹簧弹力，t0时刻弹簧压缩到最短，此时有，可得物块C的质量为t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得解得由a-t图像的面积等于速度的变化量，可知2t0时刻弹簧恢复原长，设此时B、C速度分别为、，由动量守恒、机械能守恒，解得2t0时刻20