【文档说明】湖南省三湘名校教育联盟2022-2023学年高三上学期第一次大联考物理试题（解析版）.docx，共(20)页，950.609 KB，由envi的店铺上传

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三湘名校教育联盟·2023届高三第次大联考物理命题：天壹名校联盟命题组审题：天壹名校联盟审题组本试卷共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222111020m/s0.5m/s20vvvatt−−====−动车停下来还需要

行驶t2220vat=+解得220st=则再经过30s，动车继续行驶的距离为22100m2vxt==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0.5x=m的质点振幅为30cmD.在2x=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0x=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0.5x=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2x=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0vv。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23t。则河水流速与小船在静水中的速

度之比为（）A.012vv=B.033vv=C.053vv=D.022vv=【答案】C【解析】【详解】当船以最短位移过河则有220dtvv=−当船以最短时间过河时，则有min23dttv==联立解得053vv=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23232RGTB.月球表面重力加速度22108RTC.月球密度为23GTD

.月球第一宇宙速度为6RT【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2224(2)(2)MmGmRRRRT=++解得232108RMGT=A错误；B．在月球表面，万有引力等于重力

2MmGmgR=解得22108RgT=B正确；C．月球的密度281MVGT==，343VR=C错误；D．月球表面的环绕速度即第一宇宙速度22MmvGmRR=，63RvT=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2ACABtt=）。若已知AB杆竖直，AC=4m，37A=，sin370.6=，cos370.8=。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cos37mgma=又由212ACatAC=解得1sACt=则0.5sABt=沿AB杆下滑的环做自由落体运动，则AB的长为2211010.5m=1.25m22ABABgt==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。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（）的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AB10mvmv=−+①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AB1AB2mvmvmvmv+=−+②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AB2AB3mvmvmvmv+=−+③以此规律可得小孩第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AB1ABnnmvmvm

vmv−+=−+④将推n次的等式相加，可得AB(21)214044nnmnvvvm−−==当vn≥v时，再也接不到小车，即2114044n−解得2022.5n取正整数，则2023n=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()2202sin314Vut=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、副线圈的匝数比为202:1C.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31450Hz22f===故A正确；B．输入电压有效值为m1220V2UU==根据理想变压器的规律，可得变压器原、副线圈的匝数比为1122220201

11nUnU===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1222PPUI==所以输入功率变大，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42m/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Emgh=解得11.25kg0.5kg102.25Emgh===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12N2Ff−=，1211.25N2.252f−=−解得3Nf=，9NF=故BC正确；D．当物体向上运动2m时速度最大，机械能等于重力势能和动能之和，则有211m12Emghmv=+即2m1120.51020.52v=+

解得m2/s2mv=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α=45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β=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2dvC.小球的最小速度为1.8vD.风力大小为22mvd【答案】AB【解析】【详解】A．由题意可知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2cos45ddtvv==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min2cos451.82vvvv==C错误；D．小

球在垂直ab方向的加速度大小为22vvvattd===根据牛顿第二定律可得风力大小为2mvFmad==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15=；现给b球上施加外力，使得a、b小球沿球面缓慢移动（O、a、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=a____

_______2m/s（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0m的大小关系，某次实验过程中有04Mm=，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a实验（利用纸带

求的值）与理论值（0mgaM=理论）的比值aa=实验理论___________。【答案】①.往右移②.2.01③.45【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50.02s0.1sT==把BE段分成两段，由逐差法求加速度为()()()()222228.6410.634.626.6010m

/s2.01m/s220.1DFBDxxaT−+−+−==（4）[3]小组同学没有严格控制好小车质量M与钩码质量0m的大小关系，对小车和钩码整体由牛顿第二定律可得00()mgMma=+实验解得5ga=实验理论值04mggaM==

理论可得45aa=实验理论12.某兴趣小组测一电池组的电动势和内阻，电动势约为3V，内阻约为10。现有如下实验器材：A.电压表V（0~15V，内阻约为3k）B.电流表A（g0~2mA,12R=）C.

定值电阻（06=R）D.电阻箱1R（0~999）E.滑动变阻器2R（0~2000）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0R___________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1R与滑动变阻器2R应选___________（填“1R”或“2R”）（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1RI−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E=___________，内阻r=___________（用k、b表示，题中已知字母均为基本单位）。【答案】①并②.6③.1R④.⑤.3k⑥.4bk−【

解析】【详解】（1）[1][2]电流表改装成较大量程的电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ggg02122mAmA6mA6IRIIR=+=+=即改装的新电流表的量程为6mA。（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1R来测量，故选电阻箱1R。（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

所示的.（4）[5][6]根据实验原理g0g00gIRRREIRrRRR=++++变形得()34EIRr=++即()1334RrIEE=++由于图像是一直线，所以纵坐标为1I，由图像可知，斜率为3kE=，()34rbE+=所以3E

k=，4brk=−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，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）13m(vt+kg)（2）1415kmg【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=vt①对整个列车，由牛顿第二定律得：的F-k·7mg=7ma②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26F+T-k·2mg=2ma，③联立①②③得T=-13m(vt+kg)④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′-k

·7mg=0⑤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：26F+T1-k·2mg=0⑥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：5F+T2-k·2mg=0，⑦联立⑤⑥⑦得T1=-13

kmgT2=35kmg因此作用力变化ΔT=T2-T1=1415kmg14.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，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10UU=，偏转电场的板间距和极板长均为L、所加电压为202UU=，磁场的磁感应强度为01mULq。（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2U可取0U与02U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）02qUm；（2）(22)L−；（3）4L【解析】【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有21012qU

mv=得002mUvq=粒子在偏转电场中的偏转，由牛顿第二定律2UqmaL=水平方向上0Lvt=竖直方向有yvat=联立以上各式，将202UU=代入解得22002yqUvvvm=+=（2）如图粒子速度与磁场左边界的夹角满足0tany=vv解得45=粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第

二定律有2vqvBmR=由几何关系，磁场的最小宽度min(1cos)dR=−联立以上各式，将01mUBLq=代入解得()min22dL=−（3）粒子在磁场中偏转时的侧移量为2sinxR=且mvRqB=0sin=vv所以02mvxqB=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y，在偏转电场中，偏转距离220124ULyatU==当202UU=时偏转距离最大为'2Ly=（刚好能穿出偏转电场）当20UU=时偏转距离最小为4Ly=解得'4Lyyy=−=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37=，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210m/sg=。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tan=，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、机械能守恒可得A0AABBmvmvmv=+由机械能守恒定律

可得222A0AABB111222mvmvmv=+联立解得ABA0AB3m/smmvvmm−+==−，AB0AB23m/smvvmm=+=碰后对A受力分析，根据牛顿第二定律AAsin37cos37gmamgm+=解得2A12m/sa=设经时间

t1，A与传送带共速，则有AA1vavt−=解得10.1st=t1时间内A的位移为11A0.242mvxtv=+=A与传送带共速后匀速上升回到释放高度，用时t2120.60.24s0.2s1.8xxtv−==−=A与B碰撞前匀速运动的时间为t0，则有000.6s0.1s

6xtv===则物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t为0120.4stttt=++=（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0CFam=弹，0B2Fam=弹可得物块C的质量为C1.5kgm

=t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得()BBBCmvmmv=+共解得2m/sv=共由a-t图像的面积等于速度的变化量，可知1B23m/s1m/sSv==−=2t0时刻弹簧恢复原长，设此时B、C速度分别为'Bv、'Cv，由动量守恒、机械能守恒''BBBBCCm

vmvmv+=，2'2'2BBBBC111222Cmvmvmv+=解得'BBBC24m/sCmvvmm==+2t0时刻2C4m/sSv==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com