2022-2023学年湖北省武汉市重点中学新高三起点调研测试物理试题试卷.doc

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1、2022-2023学年湖北省武汉市重点中学新高三起点调研测试物理试题试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速变为v，其落点位于c，则 （ ）Av0

2、v 2v0Bv=2v0C2v0 v 3v02、某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。将线框的下边ab置于蹄形磁铁的、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于N、S极之间的区域中。接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为；保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为（）。已知金属线框的匝数为n，ab边长为L，重力加速度为g，则可得到（）A金属线框的质量BN、S极之间的磁感应强度C传感器的读数为时，ab中的电流方向为baD减小电流I重复实验，则、均减小3、如图所示，水平向右的匀强电场中有一

3、绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek030 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则()A滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB滑块上滑过程中机械能增加4 JC滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 JD滑块返回到斜面底端时动能为15 J4、2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图若己知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是( )A工作时，两地发射和接受信

4、号的雷达方向一直是固定的B卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/sC可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小D可以估算出地球的平均密度5、如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子由n=4的激发态向低能级跃迁，则产生波长最长的光子的能量为（）A12.75eVB10.2eVC0.66eVD2.89eV6、一列简谐横波沿轴负方向传播，时刻的波形图象如图所示，此时刻开始介质中的质点经第一次回到平衡位置。则下列说法中正确的是（）A时刻质点向轴正方向运动B简谐横波的周期为C简谐横波传播的速度为D质点经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小

5、题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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、关于气体压强的产生，下列说法正确的是_。A气体的压强是大量气体分子对器壁频繁、持续地碰撞产生的B气体对器壁产生的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力C气体对器壁的压强是由于气体的重力产生的D气体的温度越高，每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大E.气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关8、在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是( )A从时刻t1到t2，物块

6、处于失重状态B从时刻t3到t4，物块处于失重状态C电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层9、以下说法正确的是（）A某物质的密度为，其分子的体积为，分子的质量为m，则B在油膜法粗测分子直径的实验中，把油分子看成球形，是物理学中的一个理想化模型，因为分子并不真的是球形C在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出，这是由于大头针填充了水分子间的空隙D物质是由大量分子组成的，在这里的分子是组成物质的分子、原子、离子的统称E.玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖锐处就变

7、圆滑，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故10、下列说法正确的是_。A容器内气体的压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能均随之改变C气体分子的运动杂乱无章，但如果温度不变，分子的动能就不变D功可以全部转化为热，热量也可能全部转化为功E.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）现用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，如图所示。在滑块上安装一遮光条，把滑块放在水平气垫导轨上，并用绕过定滑轮的细绳与

8、钩码相连，光电计时器安装在处。测得滑块（含遮光条）的质量为，钩码总质量为，遮光条宽度为，导轨上滑块的初始位置点到点的距离为，当地的重力加速度为。将滑块在图示位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为。滑块从点运动到点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为_，动能的增加量为_。（均用题中所给字母表示）12（12分）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图所示的电路测量该铅笔芯的电阻值所用器材有电流表、，电阻箱、滑动变阻器、待测铅笔芯、电源E、开关S及导线等操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电

9、流表、的示数分别为、，请回答以下问题：（1）若电流的内阻可忽略则电流表示数_时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该笔芯的直径为_mm（3）已测得该笔芯的长度，电阻箱的读数为，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率_（结果保留3位有效数字）（4）若电流表的内阻不能忽略，仍利用（l）中方法，则笔芯电阻的测量值_真实值（填“大于”“小于”或“等于”）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）1916年， Tolman和 Stewart发表论文指出，一个绕在圆

10、柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为 Stewart- Tolman效应。设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r，每匝线圈均用电阻为R的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。从某一时刻开始，圆柱以角加速度绕其轴旋转。经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的电流强度。14（16分）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正

11、下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。15（12分）如图所示，U形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76 cm、温度为300 K的空气柱，左右两管水银面高度差为6 cm，大气压为 76 cmHg （1）给左管的气体加热，则当U形管两边水面等高时，左管内气体的温度为多少？（2）在（1）问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面

12、的高度差参考答案一、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、A【解析】小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0，故A正确，BCD错误2、A【解析】AB通电线圈受到重力安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为I时，绳子的拉力为，则保持ab中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为，则联立解得金属框的质量为选项A正确，B错误；C传感器的读数为时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab中的电流方向为a

13、b，故C错误；D减小电流I重复实验，则减小，增大，故D错误。故选A。3、A【解析】A动能定理知上滑过程中代入数值得电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；B由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为即机械能减小6J，B错误；C由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；D由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误故选A。【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量4、B【解析】由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不

14、同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，故B正确由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误根据知，因周期未知， 则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D错误；故选B点睛：解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、周期与轨道半径的关系，理解第一宇宙速度的意义5、C【解析】从n=4能级跃迁到n=3能级释放出的光子能量最小，波长最长，该光子的能量为0.85eV（1.51eV）0.66eVC正

15、确，ABD错误。故选C。6、D【解析】A简谐波沿轴负方向传播，所以时刻质点向轴正方向运动，故A错误；B简谐波沿轴负方向传播，质点第一次回到平衡位置时，即处质点的振动传播到点，所需的时间，解得故B错误；C从题图上读出波长为，所以波速故C错误；D根据图象可知，此列波的振幅，简谐波沿轴负方向传播，角速度则质点经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为故D正确。故选D。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，有多个选项是符合题目要求的。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、ABE【解析】A气体对容器的压强是大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，故A

16、正确；B气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确；C气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体的重力无关，故C错误；D气体的温度越高，分子平均动能越大，但不是每个气体分子的动能越大，所以气体的温度越高，并不是每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大，故D错误；E气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关，故E正确。故选ABE。8、BC【解析】由Ft图象可以看出，0t1Fmg物块可能处于静止状态或匀速运动状态，t1t2Fmg电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向

17、下运动，t2t3Fmg物块可能静止或匀速运动，t3t4Fmg电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故BC正确。故选BC。9、BDE【解析】A物质密度是宏观的质量与体积的比值，而分子体积、分子质量是微观量，A选项错误；B实际上，分子有着复杂的结构和形状，并不是理想的球形，B选项正确；C在装满水的玻璃杯内，可以轻轻投放一定数量的大头针，而水不会流出是由于表面张力的作用，C选项错误；D物理学中的分子是指分子、原子、离子等的统称，D选项正确；E玻璃管裂口放在火焰上烧熔后，成了液态，由于表面张力使得它的尖端变圆，E项正确。故选BDE。10、ADE【解析】A气体

18、分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数和单位体积内的分子数及温度有关，单位体积内的分子数越多、分子的平均动能越大，单位时间内碰撞器壁的次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故A项正确；B温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，但分子势能可以认为不变（一般不计气体的分子势能），故B项错误；C气体分子的运动杂乱无章气体分子之间或气体分子与器壁之间不断有碰撞发生，分子的动能随时可能发生变化，但如果气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，故C项错误；D功可以全部转化为热，根据热力学第二定律，在外界的影响下，热量也可以全部转化为功，故D项正确；E根据相对湿度的特点可知

19、，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故E项正确。故选ADE。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 【解析】1 滑块从点运动到点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为。2通过光电门的速度，所以系统动能增加量为12、 1.000 小于 【解析】(1)1若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以：(2)2主尺上的刻度为0.5mm，副尺上的刻度为50格，所以读数为：(3)3 铅笔芯的横截面积：带入电阻定律得：带入数据得：(4)4若电流表的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为，真实值为,

20、则笔芯电阻的测量值小于真实值四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、【解析】由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即对应的场强产生的电流14、（1）mg；（2）；（3）【解析】（1）设圆环对球的弹力为，轻杆对球的弹力为，对、和轻杆整体，根据平衡条件有对球有解得（2）当轻杆运动至水平时，、球速度最大且均为，由机械能守恒有解得（3）在初始位置释放瞬间，、速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为，设此时杆的弹力，根据牛顿第二定律对球有对球有解得15、（i）342.9K（ii）4cm【解析】利用平

21、衡求出初末状态封闭气体的压强，过程中封闭气体压强体积温度均变化，故对封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出当U形管两边水面等高时，左管内气体的温度；保持温度不变，气体发生等温变化，对封闭气体运用玻意耳定律结合几何关系，即可求出左管气柱恢复原长时两个水银面的高度差【详解】（i）当初管内气体压强p1= p-p=70 cmHg， 当左右两管内水银面相等时，气体压强p2=76 cmHg 由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm，右管中水银面将上升2 cm，管内气柱长度l2=80 cm， 根据 代入数据解得： T2=342.9 K （ii）设气柱恢复原长时压强为p3根据：p2V2=p3V3 解得：p3=80 cmHg 又p=p3-p2=4 cmHg 所以高度差为4 cm【点睛】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决