【文档说明】2023届天津市河西区高三下学期总复习质量调查物理试题（三）含解析.docx，共(17)页，4.324 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fa25b519586aa7eef390e56bd5a4f9d7.html

以下为本文档部分文字说明：

河西区2022—2023学年度第二学期高三年级总复习质量调查（三）物理试卷第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。每小题5分，共25分）1.下列叙述中正确的是（）A.卢瑟福的粒子散射实验证明原子核里有质子B.汤姆孙发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的

结构C.普朗克提出组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一个最小能量的整数倍D.玻尔认为氢原子中的电子能量是量子化的，但轨道是连续的【答案】C【解析】【详解】A．卢瑟福的粒子散射实验得出了原子的核式结构理论，不能证明原子核里有质子，选项A

错误；B．贝克勒尔首先发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，选项B错误；C．普朗克提出组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一个最小能量的整数倍，选项C正确；D．玻尔认为氢原子中的电子能量是量子化的，轨道也是不连续的，选项D错误。故选C。2.一定

质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（）A.a→b是等温过程B.a→b过程中气体吸热C.a→c过程中状态b的温度最低D.a→c过程中外界对气体做正功【答案】B【解析

】【详解】AB．根据理想气体的状态方程pVCT=可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律U=W+Q可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；C．根据理想气体

的状态方程pVCT=可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。故选B。3.图1为一列简谐

波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）A.在t＝0.10s时、质点Q向y轴正方向运动B.在t＝0.25s时，质点P的

加速度沿y轴负方向C.从t＝0.10s到t＝0.25s，质点Q通过的路程为30cmD.从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了8m【答案】C【解析】【详解】A．由图2可知，在t＝0.10s时、质点Q向y轴负方向

运动，故A错误；B．由图2可知，周期为0.2s，且由“同侧法”结合图1和图2可知，波沿x轴负方向运动，在t＝0.25s时，即从图1再经过四分之三周期，由质点的振动规律可知，此时质点P的加速度方向沿y轴正方向，故B错

误；C．从t＝0.10s到t＝0.25s，即经过四分之三周期，质点Q通过的路程为3430cm4sA==故C正确；D．由图1可知，波长为8m，由图2可知，周期为0.2s，则波速为8m/s=40m/s0.2vT==从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播的距离400.15m6

mxvt===故D错误。故选C。4.关于以下四幅图的说法正确的是（）A.图甲是一束复色光进入水珠后传播示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定小于b光束在水珠中传播的速度B.图乙是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i从0增大到90（不包括

90）过程中，始终有光线从bb'面射出C.图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，相邻两条亮条纹间的距离x将增大D.图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的【答案】B【解析】【详解】A．根据图甲中光进入水珠时，入射角相

等，a光束折射角大于b光束的折射角，根据的的的sinsinn=可知，a光束的折射率小于b光束的折射率，根据cnv=可知，a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度，A错误；B．图乙中，光从空气进入介质，由于两界面平行，则第一个界

面的折射角等于第二个界面的入射角，根据光路可逆，不可能发生全反射，即当入射角i从0增大到90（不包括90）过程中，始终有光线从bb'面射出，B正确；C．图丙是双缝干涉示意图，根据Lxd=可知，若只减小屏到挡板间距离L，相邻两条亮条纹间的距离x将

减小，C错误；D．图丁中，干涉条纹弯曲位置是空气膜层厚度较小的区域提前出现了空气膜层厚度较厚区域的条纹，可知，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹下的，D错误。故选B。5.2022年6月23日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，采取“一

箭三星”方式，成功将“遥感三十五号”02组卫星发射升空。卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为1r，同步轨道半径为2r。

则下列说法正确的是（）A.卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为21:rrB.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为21:rrC.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为21:rrD.卫星在转移轨道上运动时，引力做负功

，机械能减小【答案】A【解析】【详解】A．根据开普勒第二定律得121122ABrvtrvt=可知卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为21ABvrvr=故A正确；B．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，得2GMmmar=可知卫星在近地轨

道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为212221arar=故B错误；C．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，得2224πGMmmrrT=得3=2πrTGM可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为311322TrTr=故C错误；D．卫星在转移轨道上运动时，只

受地球引力作用，即只有引力做功，机械能守恒，故D错误。故选A。二、选择题（每小题给出的四个选项中，有多个选项正确。每小题5分，全对的得5分，选不全得3分，选错或不答得0分，共15分）6.如图所示，小型交流发电机两磁极N、S间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小2TB=。矩形金属线圈A

BCD的匝数100n=，面积20.02mS=，线圈内阻和导线电阻不计，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO逆时针匀速转动，角速度100rad/s=。变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，0R、1R均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将开关S断开，

观察到电流表1A的示数减小了0.2A，电流表2A的示数减小了0.8A，则下列说法正确的是（）A.电压表1V的示数为200VB.变压器原、副线圈匝数之比为1:4C.电压表3V示数变化量的大小与电流表2A示数变化

量的大小的比值不变D.若再将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表3V示数变大【答案】AC【解析】【详解】A．线圈中产生的感应电动势的最大值为m10020.02100V2002VEnBS===电压表1V的示数为12002V200V2U==A正确；

B．根据理想变压器电流与匝数关系1221InIn=可得1221Δ4Δ1nInI==B错误；C．根据理想变压器电压与匝数关系1122UnUn=可知2U保持不变，电压表3V的示数为3220UUIR=−则320ΔΔ

UIR=则有302ΔΔURI=可知电压表3V示数变化量的大小与电流表2A示数变化量的大小的比值保持不变，C正确；D．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表2A的示数2I变大，根据3220UUIR=

−可知电压表3V的示数变小，D错误。故选AC。7.用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，2=10m/sg。则下列说法正确的是（）A.物体与水平面间的最大静摩擦力为14NB.物体做变加速运动

，F为14N时，物体的加速度大小为27m/sC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D.物体的质量为2kg【答案】CD【解析】【详解】A．由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7N，A项错误；BCD．由牛顿第二定律可得Fmgma−=由图像可知，当17NF=，210.5m/

sa=，当214NF=时，224m/s=a，代入上式，解得=2kgm0.3=C、D项正确，B项错误。故选CD。8.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P为正电荷。P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间电势差相等，a、b、c、d为电场

中的4个点。下列说法正确的是（）A.P、Q两点处的电荷带同种电荷B.c点与d点场强方向相同，a点电场强度小于b点电场强度C.a点电势高于b点电势，c点电势等于d点电势D.电子在a点电势能比在b点的电势能大【答案】BC【解析】【详解】A．由等势面作出电场线，可知P、Q两点处电

荷带异种电荷，故选项A错误；B．c点与d点场强方向相同为水平向右，因b点等差等势面比a点密集，可知b点场强较大，即a点电场强度小于b点电场强度，故选项B正确；的C．电场线从高电势面指向低电势面，所以a点

电势高于b点电势，c点电势等于d点电势，故选项C正确；D．a点电势高于b点电势，由pEq=可知电子在a点电势能比在b点的电势能小，故选项D错误。故选BC。第Ⅱ卷：非选择题9.某同学采用如图所示的实验装置，做“验证机械能守恒定律”实验。①在实验过程中，下列说法正确的是____

__；A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带B．打点计时器、天平和刻度尺是实验中必须使用的仪器C．纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上D．重物的密度大小不影响实验结果②在一次实验中，重物自由

下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为Ch、Dh、Eh。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为________，动

能增加量为________。（用上述测量量和已知量的符号表示）实验结果发现物体的重力势能减小量pE略大于动能增加量kE，这是因为____________。【答案】①.AC#CA②.Dmgh③.22()8ECmhhT

−④.见解析【解析】【详解】①[1]A．为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；B．根据机械能守恒的表达式，两边的质量可以抵消，故可知不需要测量质量，故B错误；C．为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故C正确；D．为了减小阻力对实验的影响，在实

验时一般选择体积小质量大（即密度大）的实心金属球进行实验，故D错误。故选AC；②[2]从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为pDEmgh=[3]打下D点时的速度为2EChhvT−=动能增量为222k2()11()2228ECEChhmhh

EmvmTT−−===[4]实验结果发现物体的重力势能减小量略大于动能增加量这是因为重物下落过程中受到空气阻力或纸带与限位孔间有摩擦阻力，重力势能转化为动能和内能。10.某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r。实验室仅能提供如下器材：A．待测干电池B．电流表1A：量程0~0.6A

，内阻1r约为0.5C．电流表2A：量程0~300μA，内阻2r为1000D．滑动变阻器R：阻值范围0~20，额定电流2AE．电阻箱R：阻值范围0~9999.9，额定电流1AF．开关S、导线若干①小组根据给定的器材设计了两种测量

电路图，其中较为合理的电路图为________（选填“甲”或“乙”）；②将电流表2A和电阻箱R串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R的阻值应调到______；③如图丙2A表盘示数所示，请读出2I

数据_________A。【答案】①.乙②.9000③.41.2010−【解析】【详解】①[1]电流表A2的内阻已知，则可用A2与电阻箱R＇串联充当电压表，并联在电池两端，则其中较为合理的电路图为乙；②[2]将电流表2A和电阻箱R串联，改装成一

个量程为3.0V电压表，电阻箱R的阻值应调到'2631000900030010gURrI−=−=−=③[3]如图丙2A表盘示数42120A1.2010AI−==三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题

，答案中必须明确写出数值和单位。11.如图所示，物块A从光滑轨道上的某一位置由静止释放，沿着轨道下滑后与静止在轨道水平段末端的物块B发生碰撞（轨道转弯处为光滑圆弧，物块A在圆弧处无能量损失），碰后两物块粘在一起沿水平方向飞出。已知物块A、B的质量均为0.10kgm=，物块A的释放点距离轨道末端

的高度10.20mh=，轨道末端距离水平地面的高度20.45mh=，重力加速度g取10m/s2.求：（1）两物块碰撞之前瞬间物块A的速度大小v1；（2）两物块碰后粘在一起的速度大小v2；（3）两物块落地点到轨道末端的水平距离x。的【答案】（1）2ms；（2）1ms；（3）0.3m【解析】【详解】（

1）由机械能守恒定律21112mghmv=解得v1=2m/s（2）由动量守恒定律11122()mvmmv=+解得21m/sv=（3）物块做平抛运动，则2212hgt=2xvt=解得0.3mx=12.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平

面成30=固定在地面上，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为1TB=；现有一质量为1kgm=、边长0.1md=、匝数10n=、总电阻2ΩR=的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀

速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为36=，（取210m/sg=）求：（1）线圈进入磁场区域时的速度大小；（2）线圈释放时，PQ边到bb的距离；（3）整个线圈穿过磁场的过程中，流过线圈的电荷量q及线圈上产生的焦耳热Q。【答案】（1）5m/s；（2）5m；（3）

0q=，0.5JQ=【解析】【详解】（1）线框进入磁场前，由牛顿第二定律sincosmgmgma−=解得22.5m/sa=因为线框匀速进入磁场，由电磁感应定律及受力平衡EIR=EnBdv=FnBId=安cossi

nmgFmg+=安解得线圈进入磁场区域时的速度大小5m/sv=（2）由匀加速直线运动规律22vax=解得线圈释放时，PQ边到bb的距离5mx=（3）由qIt=，EIR=，EnR=得qnR=又因为线框穿过磁场前后0=

，所以0q=；线框全程匀速穿过磁场，则磁场宽度等于0.1md=，由功能关系QW=安2WFd=−安安解得0.5JQ=13.如图所示，在A处有平行于y轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在O点处，某时刻有一带负电的粒子以初速度0v

沿y轴正方向运动，粒子从A（L，2L）点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到O点，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，求：（1）电场强度的大小和带电粒子运动到A点的速度；（2）磁感

应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间。【答案】（1）202mvLq，02v，方向沿x轴正方向向上成45角；（2）02mvqL，()03π4Lv+【解析】【详解】（1）作出粒子运动根据，如图所示粒子在电场中做类平抛运动，则有012Lvt=，1212Lat=，qEam=解得20

2mvELq=粒子在A点时，沿x轴正方向的速度10xvatv==粒子在A点的速度220002Avvvv=+=方向沿x轴正方向向上成45角。（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动则有2AAvqvBmr=解得02mvrqB=由几何关系可知22rL=解得02m

vBqL=粒子做匀速圆周运动的时间2t，则有02π4πmLTqBv==，2033π4LtTv==粒子从开始运动到回到O点的时间()120003π423π22LLLtttvvv+=+=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

om