【文档说明】山西省太原市英才学校高中部2022-2023学年高三上学期12月第三次测试物理试题含解析.docx，共(16)页，1.907 MB，由小赞的店铺上传

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山西英才学校高中部2022-2023学年第一学期阶段测试高三年级物理试题时间：60分钟总分：100分第I卷（选择题）一、选择题（1-5为单选，每小题6分；6-8为多选，每小题6分，选不全得3分）1.如图，△abc中bc=4cm，∠acb＝30°．匀强电场的电场线平行于△

abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V．下列说法中正确的是（）A.电场强度的方向沿ac方向B.电场强度的大小为2V/cmC.电子从a点移动到b点，电势能减少了4eVD.电子从c点移动到b点，电场力

做功为4eV【答案】B【解析】【分析】电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度.【详解】因ac为等势面，则场

强方向垂直于ac指向b点，选项A错误；电场强度的大小为03(1)2/4sin30UEVcmd−−===，选项B正确；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能增加，选项C错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4eV，选项D错误

；故选B.【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离2.如图所示，两个内壁光

滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个相同小球A、B分别位于左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（）A.A球的速率等于B球的速率B.A球的动能等于B球的

动能C.A球的角速度大于B球的角速度D.A球、B球对轨道的压力大小相等【答案】D【解析】【详解】AB．对于任意一球，根据机械能守恒得2122mRvgm=解得4vgR=由于左侧管道的半径大于右侧管道半径，所以A球的速率大于B球的速率，A球的动能大于B球的动能，故

A、B错误；C．根据4vgRR==可得4gR=则有AB即A球的角速度小于B球的角速度，故C错误；D．在最低点，根据牛顿第二定律可得2NvFmgmR−=解得5NFmg=根据牛顿第三定律可得A球、B球对轨道的压力大小相等，故D正确；故选D。3.如图所示为氢原子的能级示意图

，一群氧原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，用这些光照射逸出功为1.90ey的金属铯，下列说法正确的是（）A.这群氢原子最多能发出6种不同频率的光，其中从n=4能级跃迁到n=3能级所发出的光波长最长B.这群氢原子发出的光子均能使金属铯发生光电效应C.金属铯表

面所逸出的光电子的初动能最大值为12.75eVD.金属铯表面所逸出的光电子的初动能最大值为10.19eV【答案】A【解析】【详解】A．一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出246C=种不同频率的光子，因为n=4和n=3间能级差最小，所以从n=4跃迁到n=3

发出的光子频率最小，波长最长。故A正确；B．从n=4跃迁到n=3发出的光子能量值最小，为E43=E4-E3=-085-（-1.51）=0.66eV＜1.90eV，所以不能使金属铯发生光电效应，故B错误。CD．从n=4跃迁到n

=1发出的光子频率最高，发出的光子能量为13.60-0.85eV=12.75eV．根据光电效应方程EKm=hv-W0得最大初动能为：Ekm=12.75-1.90eV=10.85eV．故CD错误。故选A。4.

两物体分别在某行星表面和地球表面上由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3．已知该行星半径约为地球的2倍，则该行星质量与地球质量之比约为（）A.9:1B.2:9C.3:8D.16:9【答案】A【解析】【分析】通过自由落体运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地

球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星质量与地球质量之比．【详解】由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3，则根据h=12gt2可知两星球的表面的重力加速度之比为g星：g地=9：4；根据2MmmgGR=可得GM=gR2，则22299==2=

41MRgMRg星星星地地地，故选A.【点睛】解决本题的关键先求解星球表面的重力加速度和地球表面的重力加速度的关系，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用.5.如图所示，竖直向上的匀强电场中固定

一点电荷，一带电小球（可视为质点）可绕该点电荷在竖直面内做匀速圆周运动，a、b是运动轨迹上的最高点与最低点，两点电势分别为a、b电场强度分别为Ea、Eb，则A.a＞bEa＞EbB.a＜bEa＜EbC.a＜bEa＞EbD.a＞bE

a＜Eb【答案】B【解析】【详解】小球做匀速圆周运动，则匀强电场的电场力和重力平衡，所以小球带正电，O点固定的点电荷带负电，根据场强叠加原理可得Ea＜Eb；O点产生的电势在圆周上是相等的，匀强电场中沿电场线方向电势越来越低，即a＜b

。A．a＞b、Ea＞Eb，与结论不相符，选项A错误；B．a＜b、Ea＜Eb，与结论相符，选项B正确；C．a＜b、Ea＞Eb，与结论不相符，选项C错误；D．a＞b、Ea＜Eb，与结论不相符，选项D错误；故选B。6.如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连

接，a极板与静电计金属外壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下操作能使静电计指针张角变大的是（）A.将b板也接地B.b板不动、将a板向右平移C.将a板向上移动一小段距离D.取出a、b两极板间的电介质【

答案】CD【解析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由4SCkd=，分析电容的变化，根据C=Q/U分析电压U的变化．【详解】将b板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A错误；b板不动、将a板

向右平移，根据4SCkd=可知d变小时，C变大，Q不变时，根据C=Q/U，可知U减小，即静电计指针张角变小，选项B错误；将a板向上移动一小段距离，根据4SCkd=可知S变小时，C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电

计指针张角变大，选项C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据4SCkd=可知C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D正确；故选CD.【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓

住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式4SCkd=和C=Q/U．7.如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。设物块运动的加速度为a，机械能为E，速度为v，动能Ek，下滑位移为x，所用时间为t。则在物块由释放到下滑至最低点的过程中（取最

低点所在平面为零势能面），下列图象可能正确的是（）AB..C.D.【答案】AC【解析】【详解】AB．设斜面的倾角为，在物块自由下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得sinθmgma=解得sinθag=物块与弹簧接触后，根据牛顿第二定律可得sinθsinθmgkxkagxmm−==−

当弹力与重力相等时，加速度为零，随后反向增大，且加速度与时间不是线性关系，故A正确，B错误；C．以物体和弹簧组成的系统为研究对象，整个过程中整体的机械能守恒，即有E总PEE=+解得EE=总212kx−与弹簧接触前0PE=，物体

的机械能守恒，与弹簧接触后弹簧的弹性势能增加，则物体的机械能减小，根据数学知识可知C图象正确，故C正确；D．在物块自由下落的过程中，加速度恒定，速度图象的斜率为定值，与弹簧接触后，加速度先变小后反向增大，速度图象的斜率发生变化

，故D错误；故选AC。8.如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD//AB。整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB

下滑。记A、B两点间的距离为d。一切摩擦不计。下列说法正确的是（）A.小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大B.若d=2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qEC.若d=53R，则小球恰好能通过D点D.

无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处【答案】BD【解析】【详解】A．小球到达C点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故A错误；B．当d=2R时，根据动能定理

有2132CqERmv=小球通过C点时有2CvNqEmR−=解得N=7qE根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE，故B正确；C．若小球恰好能通过D点，则有2DvqEmR=又由动能定理有21()2DqEdRm

v−=解得32dR=故C错误；D．当小球恰好能通过D点时，小球从D点离开的速度最小。小球离开D点后做类平抛运动，有212qERtm=Dxvt=解得2xR=由于x>R故小球从D点脱离轨道后不可能落到B处，故D正确。故选BD。第II卷（非选择题）二、实验题（本大题共2小题，每空2

分，共16分）9.木-木间动摩擦因数约为0.3，实验室中测量某木块与木板间动摩擦因数。(1)采用图甲所示实验装置，正确进行实验操作，得到图乙所示的一条纸带。从某个清晰的打点开始依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出0点到各点的距离d

1、d2、d3、d4、ds、d6。已知打点周期T，求得各点木块运动速度vi，其中第4块木块的速度v4=___________；取0点时刻为零时刻，作v－t图得到木块加速度为a，已知木块的质量M、钩码的总质量m及

当地重力加速度g，则木块与木板间动摩擦因数=___________。(2)关于上述实验操作过程：长木板必须保持___________（填“倾斜”或“水平”）。【答案】①.532ddT−②.()mgmMaMg−+

③.水平【解析】【详解】(1)[1]根据木块运动第4点的瞬时速度等于3、5两个计点的平均速度，即可得3553422xddvTT−==[2]对木块与钩码为对象，根据牛顿第二定律可得mgMgamM−=+解得木块与木板间动摩擦因数()mgmMaMg−+=(2)[

3]由于该实验需要测量木块与木板间动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，所以长木板必须保持水平。10.如图所示为“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置．某同学的实验步骤如下：①用天平测量并记录物块和拉力传感器的总质量M；②调整长木板和

滑轮，使长木板水平且细线平行于长木板；③在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录拉力传感器的读数F1，根据相对应的纸带，求出加速度a1；④多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③，记录传感器的读数Fn，求出加速度an．请回答下列问题：

（1）图乙是某次实验得到的纸带，测出连续相邻计时点O、A、B、C、D之间的间距为x1、x2、x3、x4，若打点周期为T，则物块的加速度大小为a=________________（用x1、x2、x3、x4、T表示）．（2）根据实验得到的数据，以拉力传感器的读数F为横坐标、物块的加速度a为纵坐标，画

出a-F图线如图丙所示，图线不通过原点的原因是____________，图线斜率的倒数代表的物理量是__________．（3）根据该同学的实验，还可得到物块与长木板之间动摩擦因数μ，其值可用M、a-F图线的横截距F0和重力加速度g表示为μ=_

___________，与真实值相比，测得的动摩擦因数__________（填“偏大”或“偏小”）．【答案】①.34122()()4xxxxT+−+；②.没有平衡摩擦力；③.M；④.0FMg=；⑤.偏大；【解析】【详解】（1）根据逐差法求出加速度：34123412222()(

)()()(2)4xxxxxxxxxatTT+−++−+===（2）根据图像可知，当拉力大于F0时，才产生加速度，所以原因为该同学在操作中没有平衡摩擦力（3）根据图像可知，当拉力等于F0时，物块刚好产生加速度，所以0FMg

=，解得：0FMg=三、计算题（本大题共3小题，共36分。第11题10分，第12题12分，第13题14分）11.如图所示，上端开口、下端封闭、粗细均匀的足够长细玻璃管竖直放置，管中用一段长度为H=25cm的水银柱封闭一段长度为L=20cm的空气，大气压强P0=75cmHg，开始

时封闭气体的温度为27℃．若将玻璃管在竖直平面内(1)缓慢转动至开口向下，求此时封闭空气的长度；(2)缓慢转动至水平后，再将封闭气体的温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度．【答案】（1）240Lcm=（2）327.6Lcm=【解析】【分析】（1）保持封闭气体初始温

度27℃不变，为等温变化，根据玻意耳定律即可求出开口向下时空气柱的长度；（2）缓慢转动至水平，找出初末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解．【详解】（1）初状态气体压强p1＝（p0+h）cmHg＝100cmHg，末状态p2＝（P0﹣h）cmHg＝50cmHg，设封闭气体长度设为L2，等温变化

过程由玻意耳定律得：P1LS＝P2L2S代入数据解得：L2＝40cm（2）初状态气体压强p1＝100cmHg，末状态p3＝P0＝75cmHg，设封闭气体长度设为L3，初始状态温度T1＝300K，末状态温度

T3＝310K由理想气体状态方程得：33113PLSPLSTT=代入数据解得：L3＝27.6cm【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决．12.如图所示，虚线左侧有一场强为E

1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量e，质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放

到打到屏上所用时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；（3）电子打到屏上的点B到O点的距离。的【答案】（1）3mLEe；（2）2；（3）3L【解析】【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为

t1，由牛顿第二定律得11==eEeEamm211122Lat=电子进入电场E2时的速度为v1=a1t1从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为212Ltv=电子从释放到打到屏上所用时间为t=t1＋t2解得3mLteE=（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy

，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为222==eEeEamm23yvat=31Ltv=电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为1tanyvv=解得tan2=（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示的设电子打到屏

上的点B到O点的距离为x，由几何关系得2tan332xxLL==联立得x=3L13.如图甲所示，在足够大的水平地面上有A、B两物块(均可视为质点)。t=0时刻，A、B的距离x0=6m，A在水平向右的推力F作用下，其速度—时间图象如图乙所示。t=

0时刻，B的初速度大小v0=12m/s、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。已知B的质量为A的质量的3倍，A、B与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2=0.4，取g=10m/s2。(1)求A、B碰撞前

B在地面上滑动的时间t1以及距离x1；(2)求从t=0时刻起到A与B相遇的时间t2；(3)若在A、B碰撞前瞬间撤去力F，求A、B均静止时它们之间的距离x。【答案】(1)3s，18m(2)4s(3)10m【解析】【详解

】(1)设B的质量为3m，A、B碰撞前B在地面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有233mgma=若A、B碰撞前B已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：010vat=−2012vax−=−解得1t=3s，1x=18m由题图乙可得，0~3s时间内A滑动的距

离为：()11382Ax=+m=16m由于01Axxx+=24m故A、B碰撞前B已停止运动，假设成立(2)由(1)可知1t=3s时，A、B尚未发生碰撞，故A、B碰撞前瞬间A的速度大小为：Av=8m/s经分析可知0121()AAxxxvtt+−=−解得：2t=4s(3)设碰撞后瞬间A、

B速度分别为1v、2v，有：123Amvmvmv=+222121113222Amvmvmv=+解得：1v=4m/s(1v为负值，说明1v的方向水平向左)，2v=4m/s设A、B碰撞后滑行的距离分别为L1、L2，有：，12xLL=+根据动能定理有：2

111102mgLmv−=−222213032mgLmv−=−。的解得：x=10m