江苏决胜新高考2023届高三年级12月大联考物理试题含答案.pdf

江苏江苏决胜新高考决胜新高考2023 届高三年级大联考届高三年级大联考物物理理注意事项注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1本试卷共 4 页，满分为 100 分，考试时间为 75 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5如需作图，必须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共一、单项选择题：共 10 题，每题题，每题 4 分，共分，共 40 分每题只有一个选项最符合题意分每题只有一个选项最符合题意1如图为某单摆做受迫振动的振动曲线，即振幅 A 与驱动力频率 f 的关系图线，取210m/sg、210则A此单摆的固有周期为 2sB此单摆的摆长约为 2mC若仅摆长增大，共振曲线的峰值将向右移D若仅增大驱动力频率，单摆的固有频率也增大2铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心 O 点的轴线垂直纸面向里射入，则该束粒子偏转方向A向左B向右C向上D向下3如图所示，在 2022 年世界杯某一场足球比赛中，运动员一脚将沿水平方向速度大小为 5m/s 飞来的足球以大小为 10m/s 的速度反向踢回，已知足球质量为 0.4kg，假设足球与脚接触的时间 t0.1s取210m/sg，则脚踢球的过程中A脚对足球不做功B足球受到的冲量大小为 2kgm/sC足球受到的合力为 64ND足球受到脚的平均作用力为 60N4如图正三角形 ABC 的三个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O 点为三角形的内心现将 A点的电荷沿 OA 的延长线向无穷远移动，则移动过程中AO 点电势变小BO 点电场强度变小CB 点的电荷所受静电力变大D电荷从 A 点向无穷远处移动过程中电势能变大5一小物块以一定的初速度沿粗糙斜面的底端向上滑动，然后滑回到原处取出发点为坐标原点、沿斜面向上为正方向滑块的动量 p、动能 Ek 随位移 x 变化关系图象中，能描述该过程的是ABCD6如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端与小滑块 a 相连，初始时刻小滑块 a 静止在光滑的水平面上的 O 点，质量相等的滑块 b 紧靠 a 的右侧，在外力作用下将两滑块推至 M 点，由静止释放两滑块，a 运动至 N 点速度为 0，下列说法正确的是AONOMB滑块 a、b 在 O 点右侧某位置分离C滑块 a 还可以再次回到 M 点D滑块 a 从 M 至 O 的时间大于 O 至 N7如图，跳台滑雪赛道由助滑道 AB、着陆坡 CD、停止区 DE 三部分组成。运动员先后以速度1v、2v从 C 点正上方 B 处沿水平方向飞出，经过时间1t、2t分别落在了着陆坡的中点 P 和末端 D，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为，则A212ttB212vvC落在 P、D 两点速度方向相同D两次下落过程中动量变化率不同8 在 x 轴上A0.4x m 和B1.2x m 处有两波源 A、B，同时从 t0 时刻开始振动，振幅分别为 2cm 和 5cm，在同一介质中形成沿 x 轴相向传播的两列波，t2s 时刻波形如图所示，P（未标出）为 x0.6m 处的质点则A向右传播的波波速为A20v m/sB向左传播的波波长为B0.2mCt7s 时质点 P 振动方向向下D质点 P 位移的最大值是 5cm9半径为 R 的竖直放置的光滑半圆轨道如图所示，质量为 3m 的小球 B 静止在轨道最低点，质量为 m 的小球A 从轨道边缘由静止下滑，A、B 间碰撞为弹性碰撞则AA、B 两球总动量一直不变B碰撞前 A 球重力的功率一直变大CA、B 两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点D每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等10如图所示，两水平金属板构成的器件中同时存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E 竖直向下，磁感应强度 B 垂直纸面向里P、Q 为两板中轴线与两端交点处的小孔，一带电粒子以某一速度 v 从 P 点沿中线射入，恰好从 Q 点沿中线射出，不计带电粒子的重力下列说法正确的是A粒子一定带正电B粒子的速度 v 一定等于EBC若EvB，粒子可能从 Q 点射出D若0EvB，粒子一定不能从 Q 点射出二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 60 分其中第分其中第 12 题题-第第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位和单位11（15 分）某小组在测粗细均匀的某合金电阻率实验中，用毫米刻度尺测出接入电路中合金细棒的长度 l50.00cm（1）用螺旋测微器测合金细棒的直径，示数如图甲所示，其直径 dmm（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，机械调零后将选择开关拨到“10”挡；将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到 0处；将红、黑表笔接在金属棒两端，多用电表指针偏转角度过大，正确操作后指针静止时位置如图乙所示，其读数为（3）为了精确测得该合金的电阻xR，实验室提供了下列器材：a电流表 A（量程为 100mA，内阻为 6）b电压表 V（量程为 3.0V，内阻约 3k）c滑动变阻器1R最大阻值为 10，额定电流为 0.5Ad滑动变阻器2R最大阻值为 5，额定电流为 0.5Ae电阻箱0Rf电池组（电动势为 3V，内阻不计）、开关、导线若干由于提供的电流表量程不足，现需使其量程变为 0.30A 则需要在电流表上并联一个电阻箱0R，则0R；滑动变阻器采用分压式接入电路，应选择（1R或2R）；请用笔画线代替导线将图丙的实物电路连接完整根据电压表读数 U、电流表读数 I 作出 U-I 图像如图丁所示由图像求电阻xR（结果保留两位有效数字），再根据电阻定律就可求出合金的电阻率（4）由于电表不是理想电表，若从系统误差的角度分析，用上述方法测得的合金电阻率与真实值比（填“偏大”、“偏小”或“相等”）12（8 分）如图所示，电阻 r1的单匝金属直角线框 abcd 放置在磁感应强度为210B T 的匀强磁场中，a、d 两点连线与磁场垂直，ab、cd 长为120l cm，bc 长为250l cm，定值电阻 R4线框绕 ad 连线以角速度100rad/s匀速转动求：（1）电压表的读数 U；（2）线框从图示位置转过 180，通过电阻 R 的电荷量 q13（8 分）“中国天眼”射电望远镜 FAST 为我国天文观测做出了巨大贡献脉冲星实质是高速旋转的中子星，中子星每自转一周地球就会接收到一个射电脉冲已知该中子星的半径为 R，质量为 M引力常量为 G（1）该中子星表面高 h 处重力加速度 g；（2）天眼接收到该中子星的两个脉冲之间的时间间隔 T 不会小于多少14（13 分）如图所示，光滑的圆环竖直放置并固定在墙上，带孔小球 A、B 穿在圆环上，长为 R 的细绳系于两小球之间，在小球 A 上施加一水平力 F 使其静止在圆环的最高点，已知圆环的半径为 R，小球 A、B 的质量均为 m，重力加速度为 g（1）求水平力 F 大小；（2）求撤去力 F 瞬间，球 B 的加速度 a 的大小；（3）小球 A 静止释放后至绳中张力刚好为 0 时，求此过程绳对球 A 做功 W15（16 分）如图甲所示，板长为 L、板间距离为 d 的平行金属板，虚线 PO 为两板间的中轴线紧靠板右侧有一直径为 d的半圆型磁场区域，匀强磁场垂直纸面向里两板间加电压abU（U 未知）如图乙所示，电压变化周期为 T（可调）质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 P 点沿虚线方向以初速度0v持续射入若02LTv，所有粒子刚好都打不到上下两极板，粒子的重力以及粒子间的相互作用力不计（1）求 U 的大小；（2）若4Tt 时刻进入的粒子经过磁场后恰好能回到电场，求磁感应强度1B的大小；（3）若0LTv，磁感应强度02mvBqd，求粒子在磁场中运动的最长时间maxt决胜新高考决胜新高考2023 届高三年级大联考届高三年级大联考物理试题解析物理试题解析一、单项选择题：共一、单项选择题：共 10 题，每题题，每题 4 分，共分，共 40 分每题只有一个选项最符合题意分每题只有一个选项最符合题意1【答案】A【解析】考点：受迫振动、单摆周期公式由振动曲线得，该单摆在驱动力频率 f0.5s、即周期 T2s 时振幅最大，由2LTg，可得 L1m，该单摆称为秒摆，故 A 正确、B 错误。由周期公式可知增大摆长，固有周期变大，峰值将向左移动，故 C 错误。单摆的固有频率与驱动力频率无关，D 错误。2【答案】B【解析】考点：右手螺旋定则、左手定则右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个 N 极在上端的条形磁铁，O 点在两条形磁铁之间磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到向右方向的洛伦兹力，故选 B。3【答案】D【解析】考点：动量定理、动能定理、力的合成由动能定理可知脚对足球做功2201115J22Wmvmv，故 A 错误。由动量定理06 N sImvmv、0Ftmvmv得 F60N，故 B 错误、D 正确。足球受到竖直向下的重力 G4N、脚的水平方向作用力 F60N，故足球受到的合力为2264 NFGF合，故 C 错误。4【答案】A【解析】考点：电场叠加、库仑定律、电势、电势能，可适当拓展电势叠加在 O 点放置一个正检验电荷 q，将检验电荷 q 移到无穷远，每个正点电荷 Q 对其做功为 W，移至无穷远做功为 3W，即该检验电荷的电势能可表示为13WpE，若将 A 处电荷移至无穷远，则再移动检验电荷至无穷远，电场对其做功为 2W，电势能为22 WpE，又pEq，所以 O 点电势减小，故 A 正确。O 点电场强度为0，当 A 处电荷移走后，O 点电场强度变大，故 B 错误。由库仑定律可知 A 处电荷移走的过程对 B 的库仑力变小，且该力与 C 处电荷对 B 的库仑力夹角变大，C 对 B 的库仑力大小方向均不变，根据力的合成知识可知合力变小，故 C 错误。电荷从 A 点向无穷远处移动过程中，B、C 对其做正功，电势能变大，故 D 错误。5【答案】B【解析】考点：匀变速直线运动规律，牛顿第二定律、动能定理匀变速直线运动规律可知，向上滑动的速度与位移关系202vax，a 为负值，即 v-x 图像开口向 x 负半轴，由Pmv知 P-x 开口也向 x 负半轴，滑回过程同理可得，由于机械能损失，回到出发点的速度比初速度要小，故 B 正确。kEx图像的斜率表示合外力，且合外力方向均向下，向上运动受到的合力大于向下运动受到的合力，故 C、D 均错误。6【答案】D【解析】考点：简谐运动、牛顿第二定律，可对弹簧振子周期公式做简单介绍由于 a、b 向右运动至 O 处速度最大，此后 a 减速至 N，b 匀速向右运动，他们在 O 处分离。当 a 运动至 N 点速度为 0 时，a 在 O 处的动能全部转化成弹簧的弹性势能，小于在 M 处时的弹性势能，所以 ONOM，由机械能守恒可知，a 也不会再次回到 M 点，故 A、B 错误。由弹簧振子的周期与振幅无关可知，若 a、b 一起由静止从 N 点释放至 O 点，其所需要的时间与 a、b 一起由静止从 M 点运动至 O 点时间相同，因为只有小物块a 从 N 回到 O 点，其过程中每个位置的加速度一定大于 a、b 一起从 N 点回到 O 点的加速度，所以回来所需要的时间也小于 a、b 一起从 N 点回到 O 点的时间，即小于 M 到 O 的时间，故 D 正确。7【答案】B【解析】考点：平抛运动规律由题意知1212hh，根据2htg知112212thth，所以212tt，A 错误。由水平位移关系可知1 12 212vtv t，所以12211122vtvt，即212vv，B 正确。由平抛运动规律可知，若 B、P、D 三点共线落点速度方向相同，所以 C 错误。动量变化率是合外力，这里就是重力，所以动量变化率相等，D 错误。8【答案】D【解析】考点：机械波、机械振动由波形图可知，两列波的周期均为 T2s，A0.4m，所以AA/0.2vTm/s，同一种介质，所以BAvv，即B0.4m，故 A、B 错误。因为两列波的周期 T2s，所以 t7s 时质点 P 的振动情况与 t5s 时完全相同，t5s 时，t2s 时的 A 波在 x0 处的质点振动和 B 波在波源处的振动情况传播到 P 点，即在平衡位置，再过T/4 波 B 的波峰与波 A 的波谷在质点 P 处叠加，所以质点 P 位于波峰 y3cm 处，t7s 时质点 P 振动方向向上，该质点为振动减弱点，所以 t3.5s 时质点 P 位移最大，最大位移 y5cm，故 C 错误、D 正确。9【答案】C【解析】考点：动量守恒、机械能守恒、牛顿第二定律A、B 两球碰撞时动量守恒，故 A 错误。球 A 在下滑过程初始时刻速度为 0瞬时功率为 0，最低点速度方向与重力方向垂直，所以瞬时功率为 0，故 B 错误。假设碰撞前 A 球的速度为0v，碰后的速度为1v、2v，012mvmvmv、222012111222mvmvmv，012vv 、022vv，所以会再次在最低点发生碰撞，碰后10vv、20v，此后如此循环，故 C 正确。由于两球质量不同，每隔一定的周期，两球碰撞前速度大小相等，所以压力会不相等，D 错误。10【答案】C【解析】考点：带电粒子在复合场中的运动速度选择器不选择带电粒子电性，所以 A 错误。如果EvB，粒子可以匀速通过场区，若EvB，或EvB，若板长及板间距离符合条件粒子是可以做摆线运动至 Q 水平射出的，故 C 正确、BD 错误。二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 60 分其中第分其中第 12 题题-第第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位和单位.11【答案】（1）3.500mm（2）12.0（3）3、1R如 11 题答图；11（5）相等【解析】考点：螺旋测微器的读数、欧姆表的使用、测量电路和供电电路的选择、伏安法测电阻及误差分析电流表量程是原来的三倍，所以只需要再并联原电阻阻值的一半即可，03R ；滑动变阻器采用分压式接入电路，在安全条件下阻值越小越便于调节，电阻2R阻值只有 5，接入电路后干路电流会超过其额定电流，所以 选 择1R；图 像 横 轴 是 原 电 流 表 的 读 数，所 以 流 经 电 阻 的 电 流 为 其 读 数 的 三 倍，所 以003AxAR RURIRR13211，电流表内阻已知，所以采用电路表内接法，这样可以消除系统误差。12【答案】（1）0.8V（2）2C250【解析】考点：交变电流的产生、有效值、平均值（1）线圈中感应电动势的最大值mENBS解得2 VmE 由电路知识可知0.8 V2mERURr（2）计算电荷量用电流的平均值计算qI t，EIRr1 222C250BllqRr13【答案】（1）2GMgRh（2）32RTGM【解析】考点：万有引力定律（1）设质量为 m 的物体在该中子星表面高 h 处受到的重力等于中子星对其引力2MmGmgRh，2GMgRh（2）两个脉冲之间的时间间隔即为中子星不瓦解的自转周期 T222MmGmRRT，32RTGM14【答案】（1）32mg（2）34ag（3）14WmgR【解析】考点：牛顿第二定律、机械能守恒、动能定理（1）假设绳中张力为1T对小球 B1Tmg对小球 A1sin60FT所以32Fmg（2）设释放瞬间绳中拉力为2T对小球 B2sin60sin60mgTma 对小球 A2sin60Tma 所以34ag（3）假设 OA 转过角绳中张力为 0，此时 A、B 沿速度方向加速度大小相等对小球 Asinmgma对小球 Bcos30mgma 所以60设张力为 0 时，两球的速率为 v，由系统机械能守恒得211 cos6002mgRmgRmm v 对 A 由动能定理得211 cos602mgRWmv 可得14WmgR15【答案】（1）222omd vUqL（2）0183mvBqd（3）max06dtv【解析】考点：带电粒子在电场、磁场中运动（1）由类平抛运动规律知2122datqUmad0Lv t所以222omd vUqL（2）tT/4 时刻进入的粒子进入磁场前位置离中轴线的距离为 y、速度为 v，则044yTTvaa，所以0vv2112244Tyad设轨迹圆半径为1r1224ddr 20011mvqv Br所以0183mvBqd（3）因为0LTv，设 t 时刻进入的粒子经过一个周期 T 在竖直方向上的速度为yv022yTTvataat即任意时刻进入的粒子，飞出电场时的速度均为0v20022mvqv Br2rd即粒子在磁场中的轨迹圆半径均为 d，如图设从 Q 点进入磁场的粒子刚好从磁场的最右边界射出，其时间最长，速度偏转角为，则12sin2dd即6又2223cos2PQrrd粒子在电场中竖直位移的最大值212224mTdyaPQ即粒子在磁场中运动的最长时间max06dtv