【文档说明】湖南省名校联考联合体2023-2024学年高二上学期第三次联考物理试题（A卷） 含解析.docx，共(20)页，4.277 MB，由管理员店铺上传

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名校联考联合体2023年秋季高二年级第三次联考物理（A卷）（考试范围：必修第一册至第三册，选必1）本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

。1.如图所示，关于光现象下列说法不正确的是（）A.图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝1S、2S间的距离d，两相邻亮条纹间距离x将减小B.图乙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的C.图丙中的

P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波D.图丁中央存在一个亮斑，是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样【答案】B【解析】【详解】A．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距x与双缝

间距离d及光的波长的关系式Lxd=可知只增大挡板上两个狭缝1S、2S间的距离d，两相邻亮条纹间距离x将减小，故A正确；B．由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在

此处是凸起的，故B错误；C．只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；D．泊松亮斑是光线通过小圆板得到的光的衍射图样，故D正确。本题选错误的，故选B。2.如图所示，质量为m的多个相同的小物块（可视为质点）沿同一直线均匀的摆放在水平桌面上，两个相邻物块间的距离都为0.

15ml=，物块与桌面间的动摩擦因数0.1=，现在给最左端的物块一向右的水平初速度2m/sv=，物块间的碰撞均为弹性碰撞，210m/sg=，则被撞的物块个数是（）A.10B.12C.13D.14【答案】C【解析】【详解】物块间的碰撞为弹性碰撞，而且物块

的质量相等，所以两碰撞的物块速度交换，最后被碰撞的物块末速度为零，故由能量守恒，动能全部转化为内能，x为物块运动的位移总和，有212mvmgx=得2mx=故能撞击的物块213.30.15xnl==取整数，故n取13。故选C。3.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，

ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以8m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.4s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没

有撞杆。已知司机的反应时间为0.6s，刹车的加速度大小为25m/s，则该ETC通道的长度约为（）A.6.4mB.8.0mC.9.6mD.14.4m【答案】D【解析】【详解】汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间

内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的0.4s时间内汽车匀速运动距离为1180.4m3.2mxvt===在司机的反应时间0.6s内汽车匀速运动距离为2280.6m4.8mxvt===刹车

距离为236.4m2vxa==该ETC通道的长度约为12314.4mxxxx=++=故选D。4.如图所示，质量为m的玩具飞机Q吊着一质量为M的物块P（可视为质点），以大小为0v的速度共同匀速竖直上升。某时刻P、Q间的轻质细线断

裂，空气阻力不计，玩具飞机的动力不变，重力加速度为g，则从细线断裂到P的速度为零的过程中（）A.玩具飞机Q动量的变化量大小为0MvB.玩具飞机Q上升的高度为0(2)2Mmvhmg+=C.物块P做自由落体运动D.物块P的机械能减少【答案】A【解

析】【详解】CD．细线断裂后，物块P做竖直上抛运动，物块P只受重力作用，机械能守恒，故CD错误；A．以物块P和玩具飞机Q整体作为研究对象，系统满足动量守恒，则玩具飞机Q的动量变化量绝对值和物块P的动量变化量绝对值相等，所以玩具飞机Q动量变化量大小为0Mv，故A正确；B．从细线断裂到P的速度为零，P

上升的时间为0vtg=玩具飞机Q的加速度为()FmgMmgmgMagmmm−+−===则玩具飞机Q上升的高度为2012hvtat=+联立解得20(2)2Mmvhmg+=故B错误。故选A。5.有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运

行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（）A.a的向心加速度大于b的向心加速度B.四颗卫星的速度大小关系是：abcdvvvvC.在相同时间内b转过的弧长最长D.d的运动周期可能是20h【答案】C【解析】【详解】A

．因为a、c角速度相同，根据2ar=因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c；b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力2MmGmar=解得2GMar=因b的轨道半径小于c的轨道半径，所

以b的向心加速度大于c，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；B．因为a、c的角速度相同，根据vr=知a的速度小于c；b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力22MmvGmr

r=解得GMvr=因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的速度大于c，c的速度大于d，则bcdvvv，bcavvv故B错误；C．因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C正确；D．c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT=解得32rTGM

=的可知因d的轨道半径大于c的轨道半径，d的周期大于c，而c的周期是24h，则d的运动周期大于24h，故D错误。故选C。6.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，

另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（）A

.第一次轻绳的拉力大小逐渐增大B.第一次半圆环受到的压力大小不变C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小不相等D.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小相等【答案】B【解析】【详解】AB．

小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力TF、弹力NF三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。半圆环的半径为R，由图可知OMN与NBA△相似，则有NTFFGRRMN==在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力

TF逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，故A错误，B正确；CD．第一次小圆环缓慢上升到N点时，有T2FG=，NFG=第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有2TNcos45vFFmR−=在竖

直方向上有Tsin45GF=解得T2FG=，2NvFGmR=−故小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小相等，根据牛顿第三定律可知，半圆环受到的压力大小不相等，故CD错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。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（a）为一列简谐横波在4st=时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在2.5mx=处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.该横波的波速为0.5m/sB.该横波沿x轴正方向传播C.若该横波传播过程中遇到宽度为0.2m的障碍物

，会观察到明显的衍射现象D.0~2s时间内，质点P运动的位移为16cm【答案】AC【解析】【详解】A．由图（a）可知该简谐横波波长2m=，由图（b）可知周期4sT=，则波速2m/s0.5m/s4vT===故A正确；B．根据图（b）的振动图像可知，在2.5mx=处的质点在4st=时振动

方向向上，结合图（a）的波形图，由同侧法可知，该波向x轴负方向传播。故B错误；C．当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象。故C正确；D．由图（b）可知0~2s时间内，质点P运

动的位移为0。故D错误。故选AC。8.如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为1v和2v

，其中1v方向水平，2v方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）A.谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度大于1vC.谷粒2从O到P的运动时间小于谷粒1D.谷粒1从O到P的平均速度大于

谷粒2【答案】AD【解析】【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度。故A正确；C．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，从O到P两者竖直位移相同，所以谷粒2运动时间较长。故C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水

平方向上为匀速直线运动，运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，从O到P与谷粒1水平位移相同，但运动时间较长，所以谷粒2水平方向上的速度较小，即最高点的速度小于1v。故B错误；D．两谷粒从O点到P点的合位移相同，运动时间谷粒1较短，所以谷粒1的平均速度大于谷粒2。故D正确。故选AD。9.如图

所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，弹簧的弹性势能大小为E，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，重力加速度为g，关于二者之后在竖直方向上的运动，下列说法正确的是（）A.物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离

物体A向上运动B.A、B运动过程中的最大加速度为gC.A、B运动过程中的最大加速度为2gD.弹簧的最大弹性势能为224mgEk+【答案】CD【解析】【详解】BC．初始时，A、B的加速度最大，对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律，有122mgkxma−=1kxmg=解得2ga=故B错误，C

正确；D．当两物体运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有222kxmgma−=解得23mgxk=根据系统机械能守恒定律，有22pmax2142()mgEmgxxEEk=−+=+故D正确；A．由于系统在运动过程中最大加速度为2g，所以物体B将始终受到向下的重

力和A对B向上的支持力，所以B将不会脱离物体A向上运动，故A错误。故选CD。10.在空间中有两个点电荷1Q和2Q，位置分别为x轴上的O和x1处，如图所示为x轴上各点电势随坐标x的变化规律。取无穷远处电势为零，点电荷的电势公式为kqr=（其中k为静电力常量，q为场源点电荷

电荷量，r为某点到场源点电荷的距离），不计重力，下列说法正确的是（）A.1Q带正电，2Q带负电，且12QQB.若将带负电的试探电荷在0x处静止释放，则该电荷将沿x轴负方向运动C.在x2处静止释放一带正电的试探电荷q，则该电荷沿x轴正方向运动，其电势

能减少，动能增加D.由题中信息可知：()()22021210xxxxxx−=−【答案】BD【解析】【详解】A．因为正电荷附近电势大于0，负电荷附近电势小于0，由题图可知，1Q电荷附近的电势为正，2Q电荷附近的电势为负，且在2Q右侧的电势先为负后变正，说明1Q电荷为正电荷

，2Q电荷为负电荷，且12QQ，故A错误；B．在x−图像中，其图像的斜率表示电场强度，由图可知，在0x处的图像的斜率不为零，即电场强度不为零，且场强方向向右，若将带负电的试探电荷在0x处静止释放，负电荷受力向左，因此该电荷将会在电场力的作用下沿x轴负方向运动，故B正确；C．由之前的分

析可知，该图像的斜率为电场强度，由题图可知在x2处的图像斜率为0，所以该位置的电场强度大小为0，所以该试探电荷在该位置不受电场力的作用，即合力为0，该试探电荷静止不动，故C错误；D．由题图可知，在0x位置，电势为0，所以两点电荷在0x产生的电势大小相等，即1201

0QQkkxxx=−在x2处由之前的分析可知，电场强度为0，所以两个点电荷在x2处产生的电场强度大小相等，由点电荷的电场强度公式有()1222221QQkkxxx=−解得()()22021210xxxxxx−=−故D正确。故选BD。三、实验题：共计14分。11.小华同学在“利用单摆测重力加速度

”的实验中：（1）该同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为________cm；（2）另一位同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将摆线长作为摆长l，测得多组周期T和l的数

据，作出2lT−图乙像，如图乙所示。实验得到的2lT−图像是________（填“a”“b”或“c”），小球的半径是________cm。【答案】①2.125②.a③.0.5【解析】.【详解】（1）[1]由题中图示游标卡尺可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是0.05

mm，摆球的直径21mm50.05mm21.25mm2.125cmd=+==（2）[2]摆线的长度与摆球的半径之和是单摆实际上的摆长L，若将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则Llr=+，由单摆周期公式2LTg=可得224glTr=−由题图可知，实验得到2lT−图像应

该是a；（3）[3]2lT−图像的纵轴截距0.5cmbr==12.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程0~3V，内阻很大）；电流表（量程0~0.6A

）；电阻箱（阻值0~999.9）；干电池一节、开关一个和导线若干。（1）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的UI−图像如图（b）所示，则干电池的电动势为________V（

保留3位有效数字）、内阻为________。（保留2位有效数字）（2）该小组根据记录数据进一步探究，作出1RI−图像如图（c）所示。利用图（c）中图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为________。（保留2位有效数字）（3）由于电压表内阻不是无穷大

，本实验干电池内阻的测量值________。（填“偏大”或“偏小”）的【答案】①1.58②.0.64③.2.5④.偏小【解析】【详解】（1）[1][2]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得UEIr=−由图像可知1.58VE=内阻1.581.370.

640.33r−==（2）[3]根据()AEIRRr=++可得A11RrRIEE+=+由图像可知A2RrE+=解得A2.5R=（3）[4]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。

四、计算题：共计42分。13.近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值()0n。光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射光线和入射光线位于法线同

侧，如图甲所示。在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，折射率2n=−，顶角为，A、B两棱镜斜面相互平行，两斜面间的距离为d，如图乙所示。现有一束激光，沿竖直方向从A棱镜上的P点垂直入射，在B棱镜

下方有一平行于下表面的光屏。（1）为使激光能从棱镜A斜面射出，求的取值范围；（2）若30=，激光通过两棱镜后打在光屏上的Q点，求P、Q的水平间距。.【答案】（1）045；（2）132d+【解析】【详解】（1）分析可知光线的入射角等于棱镜的顶角，若光线能从棱镜

A斜面射出，应小于临界角，由1sinCn=解得45C=所以的取值范围为045（2）光传播的光路图如图所示：由折射定律可知sinsinn=解得45=由几何关系可知sintancosxdd=+解得132xd+=14.

如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为1U、电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电量为q+的粒

子经过电压为0U的加速器后，沿着第一对平行金属板的下板上沿水平射入，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。（1）求粒子离开加速器时的速度大小1v；（2）求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向

位移1y的大小；（3）通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压2U。【答案】（1）012qUvm=；（2）2104ULyUd=；（3）22

12LUUd=【解析】【详解】（1）由20112qUmv=解得的012qUvm=（2）粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移21112yat=粒子在平行金属板间的加速度1UqEqammd==粒子穿过第一对金属板所用时间11Ltv=解得21104ULyUd=

（3）当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向平移量最大，此时几何关系满足123yyyd++=粒子离开加速场时的速度222vqUm=通过每一对平行金属板所用时间22Ltv=两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性可得211324ULyyUd==，22122222yULyvt

atUd===解得2212LUUd=15.如图，表面光滑的水平面中间存在水平光滑凹槽MN。质量为mC=4kg，长度为L的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N距离0.0

4md=。水平面左侧有质量分别为mA=2kg与mB=1kg的小物块A、B。二者之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为3JE=。弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C（已与弹簧分离），当B刚滑到C最右端时，C恰好

第一次碰到N点。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2=，重力加速度g取210m/s，求：（1）物块B刚滑上木板C时的速度大小vB；（2）物块B在木板C上滑行过程系统内能的增量Q；（3）若C的质量减为Cm，则在C第()1kk次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右

端，且此时BCvv。已知C不与M碰撞，与N的碰撞为弹性碰撞，求CCmm与k的关系。【答案】（1）2m/s；（2）1.2J；（3）见解析【解析】【详解】（1）弹簧解除锁定后，根据机械能守恒，可知A、B物块弹开过程中弹性势能转化为A、B物块的动能，即22AABB1122

Emvmv=+水平面光滑，则A、B系统动量守恒，则A、B物块动量大小相等AABBmvmv=联立以上两式可得B2m/sv=（2）对B、C分别受力分析，由牛顿第二定律可得22BBBCBC2m/s0.5m/smgmgagamm−==−=−==，对C运动分析得2C12dat=解得0.4st=对B、

C运动进行分析，二者运动位移之差为木板长度，即22BBC1122vtatatL+−=解得0.6mL=B、C系统内能增量B1.2JQmgL==（3）根据分析可得，每次木板与右侧N碰撞后均会以相同大小的速度向左减速运动，假设木板第一次与N碰撞的时间为Ct，则根据匀变速直线运动规律可知，

碰撞后木板向左以相同大小加速度减速到最左侧恰好速度为0，时间也是Ct。故第k次碰撞N点时，木板恰好运动了()C21kt−，而物块B的受力情况与运动情况和（2）中完全一致。故()'CC210.4stkt=−=根据2CC12dat=，2CC12dat=解得2CC2CC

atat=又根据牛顿第二定律可得BCCmgam=，BCCmgam=则2CCC2CCCatmatm==故联立以上各式可得()C2C121mmk=−又由于BCvv−则CCBC22vtvtd=，B1.2m/sv=解得C1s

15t故CC1s1115210.4s6ttk==−可得3.5k则13.5k由于碰撞次数k为整数，则k可取值2，3。故CCmm与k的关系为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com