2022-2023學(xué)年江蘇省新高考基地學(xué)校高三下學(xué)期大聯(lián)考3月月考物理試題（解析版）

高級中學(xué)精品試卷PAGEPAGE12023屆高三重點(diǎn)熱點(diǎn)診斷測試物理（考試時間：75分鐘：滿分：100分）一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個選項最符合題意。1.某手機(jī)若只播放視頻，可以播放約12小時，其說明書的部分內(nèi)容如表。則該手機(jī)（）手機(jī)類型智能手機(jī)、4G手機(jī)電池容量電池類型不可拆拆卸式電池待機(jī)時間約18天……A.充滿電時電池可儲存的最大能量為3.5JB.放電時電池可輸出的最大電荷量為3.5CC.播放視頻時的平均電流約為待機(jī)狀態(tài)的36倍D.播放視頻時單位時間輸出的平均電荷量約為待機(jī)狀態(tài)的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)能量E=qU因U不知道，無法求出充滿電時電池可儲存的最大能量，A錯誤；B．放電時電池可輸出的最大電荷量為B錯誤；CD．播放視頻時平均電流約為待機(jī)狀態(tài)平均電流為電流之比C正確，D錯誤。故選C。2.人眼結(jié)構(gòu)的簡化模型如圖所示，折射率相同、半徑不同的兩球體共軸，球心分別為和，位于小球面上。寬為d的單色平行光束對稱地沿軸線方向射入小球，會聚在軸線上P點(diǎn)，光線的會聚角。則（）A.不能求出小球的半徑B.可求出球體對該色光的折射率C.光線射到P點(diǎn)時可能會發(fā)生全反射D.若大球折射率略減小，光線將會聚在P點(diǎn)右側(cè)〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圓的弦長d和張角α，分別連接AO2、AO1，光束中間兩球體軸線與小球左邊交點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得，，由于AB=d，則可得大小球半徑分別為光線的入射角i等于，則球體對該色光的折射率故A錯誤，B正確；C．因光線在P點(diǎn)的入射角小于，可知光束在P點(diǎn)的入射角小于臨界角，則光線不可能在P點(diǎn)發(fā)生全反射，選項C錯誤；D．若大球折射率略減小，則光線射出小圓后折射角變大，如圖所示則光線向下偏折，則光線將會聚在P點(diǎn)左側(cè)，選項D錯誤。故選B。3.某同學(xué)用圖示電路研究可變電容器的充放電實驗．電容器原來不帶電，電壓表和電流表為直流電表。單刀雙擲開關(guān)先接1，穩(wěn)定后，緩慢減小電容器兩極板的正對面積，再將開關(guān)接2。則（）A.開關(guān)接1后斷開，接2前兩電表示數(shù)均先增大后減為零B.減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向下C.實驗前連接好電路后，實驗過程中無需再改接D.若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數(shù)減小〖答案〗B〖解析〗A．開關(guān)接1后斷開，接2前電流表示數(shù)為零，電容器、電阻和電壓表串聯(lián)，電壓表示數(shù)不變，故A錯誤；B．開關(guān)接1未斷開時，減小電容器兩極板正對面積過程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、兩端的電壓不變，電容器的帶電量減小，電阻R中電流向下，故B正確；C．由于電容器充放電流方向相反，所以實驗過程中電流表的正負(fù)極需再改接，故C錯誤；D．若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對面積過程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、帶電量不變，電容器兩端的電壓變大，電壓表示數(shù)變大，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，波源S1、S2垂直紙面做簡諧運(yùn)動，產(chǎn)生兩列波的波速均為2m/s，P為紙面內(nèi)一點(diǎn)，且。S2的振動方程為，P點(diǎn)振幅恒為2A。則S1的振動方程可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)S2的振動方程振動周期為波的波長λ=vT解得λ=4mP點(diǎn)振幅恒為2A，P點(diǎn)為振動加強(qiáng)點(diǎn)，S1、S2的周期即角速度相同，紙面內(nèi)的P點(diǎn)與S1、S2的距離差為故波源S1、S2的初始相位差為（n=0，1，2...）當(dāng)n=0時，S1的振動方程為故選A。5.如圖所示，把一個底角很小的圓錐玻璃體倒置（上表面為圓形平面，縱截面為等腰三角形），緊挨玻璃體下放有一平整矩形玻璃磚，它和圓錐玻璃體間有一層薄空氣膜?，F(xiàn)用紅色光垂直于上表面照射，從裝置正上方向下觀察，可看到（）A.一系列明暗相間的三角形條紋B.一系列明暗相間的不等間距圓形條紋C.若將紅光換成藍(lán)光，亮條紋將變稀疏D.若增大玻璃體頂角，亮條紋將變稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，從圓心向外，經(jīng)過相同的寬度，空氣膜厚度增加量相同，根據(jù)光的干涉原理知，從裝置的正上方向下觀察，可看到一系列明暗相間的等距圓形條紋，故AB錯誤，C．藍(lán)光波長比紅光短，若將紅光換成藍(lán)光，條紋間距變小，亮條紋將變密集，故C錯誤；D．若增大玻璃體頂角，則空氣薄膜厚度變小，由等厚干涉原理可知條紋將向外偏移，亮條紋將變稀疏，故D正確。故選D6.某衛(wèi)星在赤道上空圓軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行，周期為T，運(yùn)動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方。一段時間后，衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌由軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，B為橢圓軌道的近地點(diǎn)。不計空氣阻力，則（）A.T為地球自轉(zhuǎn)周期的0.4倍B.衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時間不小于12hC.衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過程中，機(jī)械能增大D.衛(wèi)星沿軌道Ⅰ、Ⅱ運(yùn)動時，衛(wèi)星與地心連線單位時間掃過的面積總相等〖答案〗A〖解析〗A．設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T0依題意，每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方，可知兩天內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了5圈，即解得故A正確；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知即衛(wèi)星沿軌道Ⅱ的運(yùn)動周期小于沿軌道Ⅰ的周期，所以衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時間小于4.8h。故B錯誤；C．衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過程中，需要減速。所以其機(jī)械能減小。故C錯誤；D．開普勒第二定律適用于同一軌道，檔沿不同軌道運(yùn)動時，結(jié)論是不成立的，故D錯誤。故選A。7.如圖所示，空間存在間距為L的兩足夠大有界勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ，磁場的寬度也為L，磁場方向豎直向下，一矩形金屬框abcd置于光滑絕緣水平臺面上，已知，時刻bc邊與磁場Ⅰ的左邊界重合?，F(xiàn)用水平恒力F向右拉動金屬框，當(dāng)bc邊經(jīng)過磁場Ⅱ的左邊界時框開始做勻速運(yùn)動。在金屬框穿出磁場Ⅰ前的運(yùn)動過程中，下列描述框的速度v、流過框中的電流i、通過框截面的電量q、框克服安培力做的功W隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時金屬框的運(yùn)動，在此過程中金屬框受到的安培力為從中可以看出安培力隨著金屬框速度的增大而增大，而安培力方向與金屬框運(yùn)動方向相反，因此bc邊在磁場Ⅰ中時金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時金屬框的運(yùn)動，在此過程中金屬框只受到恒力F，則金屬框做勻加速直線運(yùn)動；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時金屬框的運(yùn)動，根據(jù)題意可知在此過程中金屬框做勻速直線運(yùn)動。因此v-t圖像應(yīng)該一開始是一條彎曲的線且斜率不斷減小，然后是一段斜率固定且為正的直線，最后是一段水平的直線，故A錯誤；B．根據(jù)感應(yīng)電動勢公式以及歐姆定律可得電流i為可以看出電流i與金屬框速度以及磁場強(qiáng)度有關(guān)，i-t圖像第一和第三階段圖線趨勢應(yīng)與v-t圖像一致，而第二階段由于bc邊不在磁場中，磁場強(qiáng)度B為零，因此電流為零，故B錯誤；C．在前面選項分析的基礎(chǔ)上進(jìn)行分析，首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時的情況，金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動，則電流不斷增強(qiáng)且增速不斷減慢，故通過框截面的電量q不斷增加且增速不斷減慢，q-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時的情況，在此過程中bc邊未切割磁感線，金屬框中沒有電流通過，則通過框截面的電量q不會增加，q-t圖像應(yīng)該是一條水平直線；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時的情況，此時金屬框做勻速直線運(yùn)動，電流保持不變，則通過框截面的電量q應(yīng)勻速增加，q-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故C正確；D．根據(jù)前面的分析可知，金屬框受到的安培力為首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時的情況，金屬框受到的安培力不斷增大且增速不斷減小，則克服安培力做的功W也不斷增加且增速不斷減小，W-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時的情況，在此過程中金屬框不受安培力，安培力做功為零，則W-t圖像應(yīng)該是一條與水平軸重合的線條；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時的情況，金屬框受到的安培力不變，則克服安培力做的功W勻速增加，W-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故D錯誤。故選C。8.如圖所示，一小球以初速度從斜面底端與斜面成角斜向上拋出，落到斜面上的M點(diǎn)且速度水平向右；現(xiàn)將該小球以的速度從斜面底端仍與斜面成角斜向上拋出，落在斜面上N點(diǎn)，不計空氣阻力，則（）A.球落到N點(diǎn)時速度不沿水平方向B.兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時的位置連線與斜面垂直C.從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動量變化量之比為1：3D.從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M點(diǎn)時速度水平向右，故可把質(zhì)點(diǎn)在空中的運(yùn)動逆向看成從M點(diǎn)向左的平拋運(yùn)動，設(shè)在M點(diǎn)的速度大小為vx，把質(zhì)點(diǎn)在斜面底端的速度v分解為水平方向的vx和豎直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飛行時間vy=2vxtanθv和水平方向夾角的正切值為定值，即落到N點(diǎn)時速度方向水平向右，故A錯誤；B．小球離斜面最遠(yuǎn)時，速度方向平行斜面，兩個位置不可能出現(xiàn)在垂直斜面的同一條直線上，即兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時的位置連線不可能與斜面垂直，選項B錯誤；C．球拋出到落到斜面上的過程中，水平速度不變，豎直速度從vy變?yōu)?，則動量變化的大小為?p=mvy=mvsin(θ+α)∝v則從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動量變化量之比為1：3，選項C正確；D．根據(jù)克服重力做功大小從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：9，選項D錯誤。故選C。9.如圖所示，一完整絕緣球體球心為，由A，B兩部分組成，其中B是球心為的小球體，A均勻帶正電，B均勻帶有等量的負(fù)電．M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過球心且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到距離相等．取無窮遠(yuǎn)處電勢為零（假設(shè)均勻帶電絕緣球體帶電量等效于在球心帶等量電量）。則（）A.M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相等B.、連線中點(diǎn)電勢為零C.將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場力做正功D.電子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正電荷的電荷密度將小球中補(bǔ)充出相應(yīng)的正電荷+Q，小球中也增加相應(yīng)的負(fù)電荷-Q，再將其等效為位于球心的兩點(diǎn)電荷（電量分別為2Q、-2Q），則M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不相等，、連線中點(diǎn)電勢為零，故A錯誤，B正確；C．N點(diǎn)離負(fù)電荷比P點(diǎn)近，N點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢低，將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場力做負(fù)功，故C錯誤；D．M點(diǎn)離正電荷比N點(diǎn)近，M點(diǎn)電勢比N點(diǎn)電勢高，電子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的小，故D錯誤。故選B。10.將勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊，物塊離地面高度為，如圖甲?，F(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊被彈起豎直向上運(yùn)動過程中，其動能隨離地高度h變化的關(guān)系圖像如圖乙，其中到間的圖像為直線，其余部分均為曲線，對應(yīng)圖像的最高點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A.彈簧原長為B.物塊離地高度為時，物塊的機(jī)械能最大C.物塊從離地高上升到過程中，重力做功D.物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動過程中重力勢能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙圖可知，物塊上升至高度h3時，動能最大，則此時彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；B．由乙圖可知，物塊離地高度為時，物塊只受重力作用，加速度為g，彈簧的彈力為零，故此時彈性勢能最小，則物塊的機(jī)械能最大，故B錯誤；C．物塊在h4時，加速度為g，在h2和h4處的動能相同，根據(jù)彈簧振子運(yùn)動的對稱性可知，在h2處的加速度也為g，則根據(jù)牛頓第二定律得解得所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度為則物塊從離地高上升到過程中，重力做功為故C正確；D．物塊從離地高上升到過程中，合力大于mg，則動能的增加量大于，而物塊從離地高上升到過程中，合力等于mg，則動能的減少量等于，由乙圖可知，物塊從上升到過程中的動能變化量與從離地高上升到過程中的動能變化量相等，故，故物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動過程中重力勢能增量大于，故D錯誤。故選C。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第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，只寫出最后〖答案〗的不能得分；有數(shù)值計算時，〖答案〗中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實驗小組利用如圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關(guān)系”，打點(diǎn)計時器所接的交流電源的頻率為50Hz，動滑輪質(zhì)量不計。（1）對該實驗，下列說法正確的有__________。A．用秒表測出小車運(yùn)動的時間B．測力計的讀數(shù)為鉤碼重力的一半C．鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D．與定滑輪及彈簧測力計相連的細(xì)線要豎直（2）實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，由此可求得小車的加速度__________。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）若交流電的實際頻率大于50Hz，則（2）中a的計算結(jié)果與實際值相比__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。（4）若實驗中讓長木板水平放置，沒有補(bǔ)償阻力，其余操作正確，以測力計的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，以加速度a為橫坐標(biāo)，得到如圖丙所示的一條傾斜直線，已知直線斜率為k，截距為b，重力加速度為g，忽略滑輪與繩之間的摩擦以及紙帶與限位孔之間的摩擦，則小車的質(zhì)量為__________；小車和木板間的動摩擦因數(shù)__________?！即鸢浮剑?）C（2）6.03（3）偏小（4）〖解析〗（1）〖1〗A．打點(diǎn)計時器本身就可以計時，不需要用秒表，故A錯誤；B．鉤碼本身也有加速度，測力計的讀數(shù)小于鉤碼重力的一半，故B錯誤；C．小車受到的合外力可以由彈簧測力計測得，不需要用鉤碼重力代替小車的合外力，故鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故C正確；D．定滑輪及彈簧測力計相連的細(xì)線不需要豎直，彈簧測力計示數(shù)與細(xì)線拉力相同即可，故D錯誤。故選C。（2）〖2〗相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，則相鄰計數(shù)點(diǎn)時間間隔為，根據(jù)逐差法（3）〖3〗若交流電的實際頻率大于50Hz，則相鄰計數(shù)點(diǎn)實際時間間隔小于0.1s，根據(jù)（2）計算過程可知，實際的加速度大于計算結(jié)果，即計算結(jié)果與實際值相比偏??；（4）〖4〗〖5〗根據(jù)牛頓第二定律可得則12.如圖所示，大量處于能級氫原子，向基態(tài)躍遷，輻射出的光子照射到光電管陰極K，移動變阻器觸頭P至圖示位置，電壓表示數(shù)為U，微安表示數(shù)恰為0。已知?dú)湓拥哪芗壒剑?，量子?shù)，3，4，…），是基態(tài)氫原子的能量值，元電荷為e，光電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h。求：（1）陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長的最小值；（2）觸頭P仍在圖示位置，改用大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時輻射出的光子照射K，到達(dá)陽極A的光電子的最大動能?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）光電管所加電壓U為反向電壓，微安表示數(shù)恰為0，則又，，解得陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長的最小值（2）改用n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時輻射出的光子照射K時由光電效應(yīng)方程得又，，解得所以到達(dá)陽極A的光電子的最大動能13.如圖所示，水平放置的絕熱氣缸和活塞封閉了A、B兩部分理想氣體，活塞絕熱，活塞導(dǎo)熱良好，面積均為S，A、B氣體的壓強(qiáng)、溫度均與外界大氣相同，分別為和。兩活塞與氣缸間的滑動摩擦力為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。初始時，活塞與氣缸底部相距L，活塞、間的距離為2L?，F(xiàn)接通電熱絲加熱氣體，一段時間后，活塞將要發(fā)生滑動。求該過程中：（1）活塞移動的距離x；（2）當(dāng)活塞剛好發(fā)生滑動時A氣體的溫度?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）活塞將要發(fā)生滑動時得對B部分氣體，由等溫變化得活塞移動的距離為（2）當(dāng)活塞剛好發(fā)生滑動時，對活塞有理想氣體方程得14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，長為的粗糙水平面MN左側(cè)與半徑的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，右側(cè)與一足夠長的傾斜傳送帶平滑連接。傳送帶與水平方向的夾角，以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動。將物塊A從光滑圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，與原先停止在N處的物塊B發(fā)生彈性碰撞，A、B的質(zhì)量均為。物塊A與MN間的動摩擦因數(shù)，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，，．求：（1）物塊A第一次運(yùn)動到N點(diǎn)與物塊B發(fā)生碰撞前的速度大?。唬?）從物塊A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物塊B的運(yùn)動時間t；（3）物塊A在MN上運(yùn)動的總路程s?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）物塊從A到N點(diǎn)，由動能定理有解得（2）物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后的速度為、，有解得，物體A靜止，物體B沿傳送帶向上運(yùn)動，有可得物體B減速到零的時間為位移為物體B沿著傳送帶加速下滑，其加速度為，達(dá)到共速時下滑的位移為共速后，因，則物體B勻速下滑，有故物體B先上滑后下滑的總時間為（3）A第一次向右在粗糙面上的路程為物體B返回到水平面上和A發(fā)生第二次彈性碰撞，速度交換后A的速度為，則A向左減速到零沖上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后與B彈性碰撞，速度交換，多次重復(fù)上述過程，物體A只在MN段摩擦損失動能，則后續(xù)的全過程，有故物塊A在MN上運(yùn)動的總路程為15.蜜蜂飛行時依靠蜂房、采蜜地點(diǎn)和太陽三個點(diǎn)進(jìn)行定位做“8”字形運(yùn)動，以此告知同伴蜜源方位。某興趣小組用帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動模擬蜜蜂的運(yùn)動。如圖甲所示，空間存在足夠大垂直紙面、方向相反的勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ，其上、下邊界分別為MN、PQ，間距為d．MN與PQ之間存在沿水平方向且大小始終為的勻強(qiáng)電場，當(dāng)粒子通過MN進(jìn)入電場中運(yùn)動時，電場方向水平向右；當(dāng)粒子通過PQ進(jìn)入電場中運(yùn)動時，電場方向水平向左?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子在紙面內(nèi)以初速度從A點(diǎn)垂直MN射入電場，一段時間后進(jìn)入磁場Ⅱ，之后又分別通過勻強(qiáng)電場和磁場Ⅰ，以速度回到A點(diǎn)，磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，不計粒子重力。求：（1）粒子在磁場Ⅱ中運(yùn)動的速度大小v；（2）磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）僅撤去電場，粒子從A點(diǎn)與下邊緣線成30°以初速度入射，如圖乙所示。要使粒子能回到A點(diǎn)，求滿足的條件?！即鸢浮剑?）；（2）（3）或者（n=1，2，3……）〖解析〗（1）粒子在電場中運(yùn)動時，豎直方向水平方向做加速運(yùn)動解得則粒子進(jìn)入磁場Ⅱ速度方向與PQ夾角為45°；（2）粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場Ⅰ、Ⅱ中的運(yùn)動半徑分別為r1和r2，則粒子在電場中沿電場方向運(yùn)動的距離則因為解得（3）由（2）可知則粒子在磁場ⅠⅡ中運(yùn)動的半徑a.粒子從磁場Ⅰ回到A點(diǎn)，軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得b.粒子從無場區(qū)回到A點(diǎn)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系其中（n=1，2，3……）解得（n=1，2，3……）2023屆高三重點(diǎn)熱點(diǎn)診斷測試物理（考試時間：75分鐘：滿分：100分）一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個選項最符合題意。1.某手機(jī)若只播放視頻，可以播放約12小時，其說明書的部分內(nèi)容如表。則該手機(jī)（）手機(jī)類型智能手機(jī)、4G手機(jī)電池容量電池類型不可拆拆卸式電池待機(jī)時間約18天……A.充滿電時電池可儲存的最大能量為3.5JB.放電時電池可輸出的最大電荷量為3.5CC.播放視頻時的平均電流約為待機(jī)狀態(tài)的36倍D.播放視頻時單位時間輸出的平均電荷量約為待機(jī)狀態(tài)的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)能量E=qU因U不知道，無法求出充滿電時電池可儲存的最大能量，A錯誤；B．放電時電池可輸出的最大電荷量為B錯誤；CD．播放視頻時平均電流約為待機(jī)狀態(tài)平均電流為電流之比C正確，D錯誤。故選C。2.人眼結(jié)構(gòu)的簡化模型如圖所示，折射率相同、半徑不同的兩球體共軸，球心分別為和，位于小球面上。寬為d的單色平行光束對稱地沿軸線方向射入小球，會聚在軸線上P點(diǎn)，光線的會聚角。則（）A.不能求出小球的半徑B.可求出球體對該色光的折射率C.光線射到P點(diǎn)時可能會發(fā)生全反射D.若大球折射率略減小，光線將會聚在P點(diǎn)右側(cè)〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圓的弦長d和張角α，分別連接AO2、AO1，光束中間兩球體軸線與小球左邊交點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得，，由于AB=d，則可得大小球半徑分別為光線的入射角i等于，則球體對該色光的折射率故A錯誤，B正確；C．因光線在P點(diǎn)的入射角小于，可知光束在P點(diǎn)的入射角小于臨界角，則光線不可能在P點(diǎn)發(fā)生全反射，選項C錯誤；D．若大球折射率略減小，則光線射出小圓后折射角變大，如圖所示則光線向下偏折，則光線將會聚在P點(diǎn)左側(cè)，選項D錯誤。故選B。3.某同學(xué)用圖示電路研究可變電容器的充放電實驗．電容器原來不帶電，電壓表和電流表為直流電表。單刀雙擲開關(guān)先接1，穩(wěn)定后，緩慢減小電容器兩極板的正對面積，再將開關(guān)接2。則（）A.開關(guān)接1后斷開，接2前兩電表示數(shù)均先增大后減為零B.減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向下C.實驗前連接好電路后，實驗過程中無需再改接D.若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數(shù)減小〖答案〗B〖解析〗A．開關(guān)接1后斷開，接2前電流表示數(shù)為零，電容器、電阻和電壓表串聯(lián)，電壓表示數(shù)不變，故A錯誤；B．開關(guān)接1未斷開時，減小電容器兩極板正對面積過程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、兩端的電壓不變，電容器的帶電量減小，電阻R中電流向下，故B正確；C．由于電容器充放電流方向相反，所以實驗過程中電流表的正負(fù)極需再改接，故C錯誤；D．若開關(guān)接1穩(wěn)定后斷開，再減小電容器兩極板正對面積過程中，根據(jù)，可知電容器的電容減小、帶電量不變，電容器兩端的電壓變大，電壓表示數(shù)變大，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，波源S1、S2垂直紙面做簡諧運(yùn)動，產(chǎn)生兩列波的波速均為2m/s，P為紙面內(nèi)一點(diǎn)，且。S2的振動方程為，P點(diǎn)振幅恒為2A。則S1的振動方程可能為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)S2的振動方程振動周期為波的波長λ=vT解得λ=4mP點(diǎn)振幅恒為2A，P點(diǎn)為振動加強(qiáng)點(diǎn)，S1、S2的周期即角速度相同，紙面內(nèi)的P點(diǎn)與S1、S2的距離差為故波源S1、S2的初始相位差為（n=0，1，2...）當(dāng)n=0時，S1的振動方程為故選A。5.如圖所示，把一個底角很小的圓錐玻璃體倒置（上表面為圓形平面，縱截面為等腰三角形），緊挨玻璃體下放有一平整矩形玻璃磚，它和圓錐玻璃體間有一層薄空氣膜?，F(xiàn)用紅色光垂直于上表面照射，從裝置正上方向下觀察，可看到（）A.一系列明暗相間的三角形條紋B.一系列明暗相間的不等間距圓形條紋C.若將紅光換成藍(lán)光，亮條紋將變稀疏D.若增大玻璃體頂角，亮條紋將變稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，從圓心向外，經(jīng)過相同的寬度，空氣膜厚度增加量相同，根據(jù)光的干涉原理知，從裝置的正上方向下觀察，可看到一系列明暗相間的等距圓形條紋，故AB錯誤，C．藍(lán)光波長比紅光短，若將紅光換成藍(lán)光，條紋間距變小，亮條紋將變密集，故C錯誤；D．若增大玻璃體頂角，則空氣薄膜厚度變小，由等厚干涉原理可知條紋將向外偏移，亮條紋將變稀疏，故D正確。故選D6.某衛(wèi)星在赤道上空圓軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行，周期為T，運(yùn)動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方。一段時間后，衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌由軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，B為橢圓軌道的近地點(diǎn)。不計空氣阻力，則（）A.T為地球自轉(zhuǎn)周期的0.4倍B.衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時間不小于12hC.衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過程中，機(jī)械能增大D.衛(wèi)星沿軌道Ⅰ、Ⅱ運(yùn)動時，衛(wèi)星與地心連線單位時間掃過的面積總相等〖答案〗A〖解析〗A．設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T0依題意，每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方，可知兩天內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了5圈，即解得故A正確；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知即衛(wèi)星沿軌道Ⅱ的運(yùn)動周期小于沿軌道Ⅰ的周期，所以衛(wèi)星沿軌道Ⅱ從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時間小于4.8h。故B錯誤；C．衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過程中，需要減速。所以其機(jī)械能減小。故C錯誤；D．開普勒第二定律適用于同一軌道，檔沿不同軌道運(yùn)動時，結(jié)論是不成立的，故D錯誤。故選A。7.如圖所示，空間存在間距為L的兩足夠大有界勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ，磁場的寬度也為L，磁場方向豎直向下，一矩形金屬框abcd置于光滑絕緣水平臺面上，已知，時刻bc邊與磁場Ⅰ的左邊界重合?，F(xiàn)用水平恒力F向右拉動金屬框，當(dāng)bc邊經(jīng)過磁場Ⅱ的左邊界時框開始做勻速運(yùn)動。在金屬框穿出磁場Ⅰ前的運(yùn)動過程中，下列描述框的速度v、流過框中的電流i、通過框截面的電量q、框克服安培力做的功W隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時金屬框的運(yùn)動，在此過程中金屬框受到的安培力為從中可以看出安培力隨著金屬框速度的增大而增大，而安培力方向與金屬框運(yùn)動方向相反，因此bc邊在磁場Ⅰ中時金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時金屬框的運(yùn)動，在此過程中金屬框只受到恒力F，則金屬框做勻加速直線運(yùn)動；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時金屬框的運(yùn)動，根據(jù)題意可知在此過程中金屬框做勻速直線運(yùn)動。因此v-t圖像應(yīng)該一開始是一條彎曲的線且斜率不斷減小，然后是一段斜率固定且為正的直線，最后是一段水平的直線，故A錯誤；B．根據(jù)感應(yīng)電動勢公式以及歐姆定律可得電流i為可以看出電流i與金屬框速度以及磁場強(qiáng)度有關(guān)，i-t圖像第一和第三階段圖線趨勢應(yīng)與v-t圖像一致，而第二階段由于bc邊不在磁場中，磁場強(qiáng)度B為零，因此電流為零，故B錯誤；C．在前面選項分析的基礎(chǔ)上進(jìn)行分析，首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時的情況，金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動，則電流不斷增強(qiáng)且增速不斷減慢，故通過框截面的電量q不斷增加且增速不斷減慢，q-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時的情況，在此過程中bc邊未切割磁感線，金屬框中沒有電流通過，則通過框截面的電量q不會增加，q-t圖像應(yīng)該是一條水平直線；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時的情況，此時金屬框做勻速直線運(yùn)動，電流保持不變，則通過框截面的電量q應(yīng)勻速增加，q-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故C正確；D．根據(jù)前面的分析可知，金屬框受到的安培力為首先分析bc邊在磁場Ⅰ中時的情況，金屬框受到的安培力不斷增大且增速不斷減小，則克服安培力做的功W也不斷增加且增速不斷減小，W-t圖像應(yīng)該是斜率不斷減小的曲線；然后分析bc邊在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域中時的情況，在此過程中金屬框不受安培力，安培力做功為零，則W-t圖像應(yīng)該是一條與水平軸重合的線條；最后分析bc邊在磁場Ⅱ中時的情況，金屬框受到的安培力不變，則克服安培力做的功W勻速增加，W-t圖像應(yīng)該是一條斜率固定且為正的直線。故D錯誤。故選C。8.如圖所示，一小球以初速度從斜面底端與斜面成角斜向上拋出，落到斜面上的M點(diǎn)且速度水平向右；現(xiàn)將該小球以的速度從斜面底端仍與斜面成角斜向上拋出，落在斜面上N點(diǎn)，不計空氣阻力，則（）A.球落到N點(diǎn)時速度不沿水平方向B.兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時的位置連線與斜面垂直C.從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動量變化量之比為1：3D.從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M點(diǎn)時速度水平向右，故可把質(zhì)點(diǎn)在空中的運(yùn)動逆向看成從M點(diǎn)向左的平拋運(yùn)動，設(shè)在M點(diǎn)的速度大小為vx，把質(zhì)點(diǎn)在斜面底端的速度v分解為水平方向的vx和豎直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飛行時間vy=2vxtanθv和水平方向夾角的正切值為定值，即落到N點(diǎn)時速度方向水平向右，故A錯誤；B．小球離斜面最遠(yuǎn)時，速度方向平行斜面，兩個位置不可能出現(xiàn)在垂直斜面的同一條直線上，即兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時的位置連線不可能與斜面垂直，選項B錯誤；C．球拋出到落到斜面上的過程中，水平速度不變，豎直速度從vy變?yōu)?，則動量變化的大小為?p=mvy=mvsin(θ+α)∝v則從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動量變化量之比為1：3，選項C正確；D．根據(jù)克服重力做功大小從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：9，選項D錯誤。故選C。9.如圖所示，一完整絕緣球體球心為，由A，B兩部分組成，其中B是球心為的小球體，A均勻帶正電，B均勻帶有等量的負(fù)電．M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過球心且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到距離相等．取無窮遠(yuǎn)處電勢為零（假設(shè)均勻帶電絕緣球體帶電量等效于在球心帶等量電量）。則（）A.M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相等B.、連線中點(diǎn)電勢為零C.將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場力做正功D.電子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正電荷的電荷密度將小球中補(bǔ)充出相應(yīng)的正電荷+Q，小球中也增加相應(yīng)的負(fù)電荷-Q，再將其等效為位于球心的兩點(diǎn)電荷（電量分別為2Q、-2Q），則M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不相等，、連線中點(diǎn)電勢為零，故A錯誤，B正確；C．N點(diǎn)離負(fù)電荷比P點(diǎn)近，N點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢低，將從N點(diǎn)移至P點(diǎn)電場力做負(fù)功，故C錯誤；D．M點(diǎn)離正電荷比N點(diǎn)近，M點(diǎn)電勢比N點(diǎn)電勢高，電子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的小，故D錯誤。故選B。10.將勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊，物塊離地面高度為，如圖甲。現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊被彈起豎直向上運(yùn)動過程中，其動能隨離地高度h變化的關(guān)系圖像如圖乙，其中到間的圖像為直線，其余部分均為曲線，對應(yīng)圖像的最高點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A.彈簧原長為B.物塊離地高度為時，物塊的機(jī)械能最大C.物塊從離地高上升到過程中，重力做功D.物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動過程中重力勢能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙圖可知，物塊上升至高度h3時，動能最大，則此時彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；B．由乙圖可知，物塊離地高度為時，物塊只受重力作用，加速度為g，彈簧的彈力為零，故此時彈性勢能最小，則物塊的機(jī)械能最大，故B錯誤；C．物塊在h4時，加速度為g，在h2和h4處的動能相同，根據(jù)彈簧振子運(yùn)動的對稱性可知，在h2處的加速度也為g，則根據(jù)牛頓第二定律得解得所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度為則物塊從離地高上升到過程中，重力做功為故C正確；D．物塊從離地高上升到過程中，合力大于mg，則動能的增加量大于，而物塊從離地高上升到過程中，合力等于mg，則動能的減少量等于，由乙圖可知，物塊從上升到過程中的動能變化量與從離地高上升到過程中的動能變化量相等，故，故物塊脫離彈簧后向上運(yùn)動過程中重力勢能增量大于，故D錯誤。故選C。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第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，只寫出最后〖答案〗的不能得分；有數(shù)值計算時，〖答案〗中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實驗小組利用如圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關(guān)系”，打點(diǎn)計時器所接的交流電源的頻率為50Hz，動滑輪質(zhì)量不計。（1）對該實驗，下列說法正確的有__________。A．用秒表測出小車運(yùn)動的時間B．測力計的讀數(shù)為鉤碼重力的一半C．鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D．與定滑輪及彈簧測力計相連的細(xì)線要豎直（2）實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，由此可求得小車的加速度__________。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）若交流電的實際頻率大于50Hz，則（2）中a的計算結(jié)果與實際值相比__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。（4）若實驗中讓長木板水平放置，沒有補(bǔ)償阻力，其余操作正確，以測力計的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，以加速度a為橫坐標(biāo)，得到如圖丙所示的一條傾斜直線，已知直線斜率為k，截距為b，重力加速度為g，忽略滑輪與繩之間的摩擦以及紙帶與限位孔之間的摩擦，則小車的質(zhì)量為__________；小車和木板間的動摩擦因數(shù)__________?！即鸢浮剑?）C（2）6.03（3）偏?。?）〖解析〗（1）〖1〗A．打點(diǎn)計時器本身就可以計時，不需要用秒表，故A錯誤；B．鉤碼本身也有加速度，測力計的讀數(shù)小于鉤碼重力的一半，故B錯誤；C．小車受到的合外力可以由彈簧測力計測得，不需要用鉤碼重力代替小車的合外力，故鉤碼的質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故C正確；D．定滑輪及彈簧測力計相連的細(xì)線不需要豎直，彈簧測力計示數(shù)與細(xì)線拉力相同即可，故D錯誤。故選C。（2）〖2〗相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，則相鄰計數(shù)點(diǎn)時間間隔為，根據(jù)逐差法（3）〖3〗若交流電的實際頻率大于50Hz，則相鄰計數(shù)點(diǎn)實際時間間隔小于0.1s，根據(jù)（2）計算過程可知，實際的加速度大于計算結(jié)果，即計算結(jié)果與實際值相比偏??；（4）〖4〗〖5〗根據(jù)牛頓第二定律可得則12.如圖所示，大量處于能級氫原子，向基態(tài)躍遷，輻射出的光子照射到光電管陰極K，移動變阻器觸頭P至圖示位置，電壓表示數(shù)為U，微安表示數(shù)恰為0。已知?dú)湓拥哪芗壒剑?，量子?shù)，3，4，…），是基態(tài)氫原子的能量值，元電荷為e，光電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h。求：（1）陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅意波長的最小值；（2）觸頭P仍在圖示位置，改用大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時輻射出的光子照射K，到達(dá)陽極A的光電子的最大動能?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）光電管所加電壓U為反向電壓，微安表示數(shù)恰為0，則又，，解得陰極K產(chǎn)生光電子的德布羅