江蘇省五市十一校2023-2024學年高三年級上冊12月階段聯(lián)測物理試卷（解析版）

2023?2024學年度第一學期階段聯(lián)測

高三物理試題（選修）

考試時間75分鐘總分100分

一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分，每題只有一個選項最符合題意。

1.下列說法正確的是（）

A.用磁感線描述磁場時，沒有磁感線的地方就沒有磁場

B.帶電粒子在磁場中運動時，洛倫茲力一定不做功

C.通電導體在磁場中所受安培力為零，該處磁感應強度一定為零

D.公式3=￡說明8與b成正比，與遼成反比

IL

【答案】B

【解析】

【詳解】A.磁場是客觀存在的，磁感線是用來描述磁場的大小和方向而假想的曲線，因此即使沒有磁感

線的地方，也是有可能存在磁場的，故A項錯誤；

B.由于洛倫茲力始終與物體的運動方向始終垂直，所以洛倫茲力不做功，故B項正確；

C.當通電導體棒與磁場方向平行時，所受安培力為零，所以通電導體在磁場中所受安培力為零，該處磁

感應強度不一定為零，故C項錯誤；

D.磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的，與放入磁場中的通電導線所受安培力R通電導線中

的電流/以及導線長度工的乘積無關，故D項錯誤。

故選B。

2.如圖所示，小螞蟻從一半球形碗底沿碗內表面緩慢向上爬，則下列說法正確的是（）

A.螞蟻可以爬到碗口B.螞蟻受到的摩擦力越來越大

C.螞蟻受到的合外力越來越大D.螞蟻對碗的作用力越來越大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.螞蟻依靠摩擦力向上運動，在接近碗口處，螞蟻對碗的壓力接近于零，最大靜摩擦力也接近

于零，所以螞蟻爬不到碗口，故A錯誤；

BC.在螞蟻向上緩慢爬的過程中，螞蟻處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零，沿著碗壁切線方向的重力分力和

摩擦力相互平衡，隨著螞蟻越爬越高，重力沿碗壁切線方向的分力越來越大，摩擦力也越來越大，故B正

確、C錯誤；

D.螞蟻處于平衡狀態(tài)，螞蟻受到碗對它的作用力與螞蟻的重力等大反向，由于螞蟻的重力大小不變，所

以螞蟻受到碗對它的作用力也不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，螞蟻對碗的作用力也不變，故D錯誤。

故選B。

3.嫦娥五號成功返回地球，創(chuàng)造了我國到月球取土的偉大歷史。如圖所示，嫦娥五號取土后，在尸處由圓

形軌道I變軌到橢圓軌道II,以便返回地球。下列說法正確的是（）

A.嫦娥五號在軌道I運行周期等于在軌道n運行周期

B.嫦娥五號從軌道I進入軌道II需點火加速

c.嫦娥五號在軌道I和n運行至尸處時速率相等

D.嫦娥五號在軌道I和n運行至尸處時加速度大小不相等

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)開普勒第三定律有

&=邑

由于軌道I的半徑小于軌道n的半長軸，可知嫦娥五號在軌道I運行周期小于在軌道II運行周期，故A錯

誤；

B.對于中心天體月球而言，軌道I是低軌道，軌道II是高軌道，由低軌道到高軌道，需要在切點位置向

后噴氣加速，可知嫦娥五號從軌道I進入軌道n需點火加速，故B正確；

c.根據(jù)上述可知，嫦娥五號在軌道I運行至p處時的速率小于在軌道n運行至p處時的速率，故c錯

誤；

D.根據(jù)

_Mm

G——=ma

解得

可知，嫦娥五號在軌道I和n運行至p處時加速度大小相等，故D錯誤。

故選B。

4.如圖所示，4BC4表示一定質量的理想氣體的一個循環(huán)過程，下列說法正確的是（

A.過程中，氣體對外做了功B.2—C過程中，氣體內能不變

C.Cf4過程中，氣體內能減少過程中，氣體放熱

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖可知過程中，氣體發(fā)生等壓變化，溫度降低，由蓋呂薩克定律可知，氣體體積減

小，外界對氣體做功，A錯誤；

B.由圖可知8-C過程中，氣體壓強與熱力學溫度成正比，由查理定律可知，氣體發(fā)生等容變化，氣體溫

度升高，內能增加，B錯誤；

C.由圖示可知，C到A過程中，氣體溫度保持不變，氣體內能不變，該過程氣體壓強減小，C錯誤；

D.由圖示圖象可知，/TB過程壓強不變而溫度降低，內能減少，體積減小，根據(jù)熱力學第一定律可知

△心=。放+亞

W>0

2-C過程等容變化，溫度升高，內能增加，根據(jù)熱力學第一定律可知

AUBC=Q&+W

w=o

BTC過程和8過程溫度的變化相等，則內能的變化相等，所以過程中氣體放出的熱量大于8TC

過程中吸收的熱量，NtBtC過程中，氣體放熱，D正確。

故選D。

5.如圖所示，小李同學在練習對墻墊排球。她斜向上墊出排球，球垂直撞在墻上后反彈落地，落地點正好

在發(fā)球點正下方。若不計球的旋轉及空氣阻力，則上述過程中此排球（）

A.撞擊墻壁過程沒有機械能損失

B.剛落地時動能和剛墊出時動能可能相等

C.在空中上升過程和下降過程的時間相等

D.剛落地時水平速度比剛墊出時水平速度大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.若反彈的速度大小與碰撞墻時的速度大小相等，則球原路返回，根據(jù)題圖信息可知，球與墻

碰撞過程中有能量損失，故A錯誤；

B.雖然碰撞過程中有能量損失，但反彈后下落的高度大，從開始拋出到落地過程中重力做正功，如果整

個過程中重力做的功等于球與墻碰撞過程中損失的能量，則球落地時和拋出時的動能相等，故B正確；

C.斜拋運動上升過程可以看作平拋運動的逆運動，根據(jù)

丸=

可得

工[2/i

由于兩種情況下豎直方向運動的高度不同，則運動時間不相等，反彈后運動的時間長，故C錯誤；

D.斜拋運動上升過程可以看作平拋運動的逆運動，水平方向做勻速直線運動，上升或下落相同高度時，

所用的時間相同，根據(jù)

X

%=7

可知，返回到拋出點的水平位置時，返回時的水平位移小，說明水平初速度小，所以球落地時的水平速度

比拋出時的水平速度小，故D錯誤；

故選B。

6.如圖，兩個初速度大小相同的同種離子。和b,從。點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到。點正

下方的屏P上，不計重力。下列說法正確的是（）

B.。在磁場中飛行的時間比b的短

C.。在磁場中飛行的路程比b的短

D.a在尸上的落點與。點的距離比6的近

【答案】D

【解析】

【詳解】A.粒子a、b都打到。點正下方的屏上，由左手定則可知，a、6均帶正電，故A錯誤;

BC.帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，即

V2

qvB=m—

，r

由于a、6是初速度大小相同的同種離子，則圓周運動的半徑相同，故粒子的運動軌跡如圖所示

根據(jù)上圖中兩粒子運動軌跡可知。粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，則a在磁場中飛行的時間

比6的長，故BC錯誤；

D.根據(jù)運動軌跡可知，在屏上的落點與。點的距離。比6的近，故D正確。

故選D。

7.圖甲為氫原子部分能級圖，大量的氫原子處于〃=4的激發(fā)態(tài)，向低能級躍遷時，會輻射出若干種不同頻

率的光。用輻射出的光照射圖乙光電管的陰極K,已知陰極K的逸出功為4.54eV,則（）

nE/eV

000

4-0.85

3-1.51

2-3.40

1-13.6

甲

乙

A.這些氫原子能輻射4種不同頻率的光子

B.某氫原子輻射出一個光子后，核外電子的速率減小

C.陰極K逸出光電子的最大初動能為8.21eV

D.若滑動變阻器的滑片右移，電路中的光電流一定增大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.大量氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，向低能級躍遷時，會輻射出

N==6

即6種不同頻率的光子，故A錯誤;

B.某氫原子輻射出一個光子后，能量減小，軌道半徑減小，庫侖力做正功，核外電子的速率增大，故B

錯誤;

C.處于"=4的氫原子向低能級躍遷時放出光子最大能量為

AE=￡^—耳=[-0.85-(-13.6)]eV=12.75eV

由光電效應方程可知

Ekmax=Ay--%=(12.75-4.54)eV=8.21eV

故C正確;

D.若滑動變阻器的滑片右移，正向電壓增大，如果光電流達到最大光電流時，則電路中的光電流不變,

故D錯誤。

故選C。

8.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)

電子流向上極板偏轉。設兩極板間電場強度為E,磁感應強度為瓦欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通

過，只采取下列措施，其中可行的是（

A,適當減小電場強度E

B.適當減小磁感應強度8

C.適當增大加速電場極板之間的距離

D.適當減小加速電壓U

【答案】A

【解析】

【詳解】依題意，要使粒子在復合場中做勻速直線運動，則需滿足

Eq-qvB

根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉的原因是電場力大于洛倫茲

力，所以欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，要么增大洛倫茲力，要么減小電場力。

AB.適當減小電場強度E,即可以減小電場力，或者適當增大磁感強度8,可以增大洛倫茲力，故A正

確，B錯誤；

C.適當增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)

〃12

eu=-mv

2

可得

懺V產(chǎn)m

由于粒子兩者間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化,因此沒有改變電場力和洛倫茲力的

大小，故C錯誤；

D.根據(jù)

〃1

eu=—mv2

2

可得

產(chǎn)Vm

故適當減小加速電壓U,可以減小電子在復合場中運動的速度v,從而減小洛倫茲力，故D錯誤。

故選A?

9.某儀器兩極間的電場線分布如圖所示，中間的一條電場線是直線，其它電場線對稱分布，一正電荷從。

點沿直線以某一初速度僅在電場力作用下運動到A點。取。點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方

向。從。到A運動過程中，關于該電荷運動速度v和加速度。隨時間/的變化、質子的動能Ek和運動軌跡

上各點的電勢°隨位移尤的變化圖線中可能正確的是（）

【解析】

【詳解】A.電場線的疏密表示電場的強弱，從。到A場強先增大后減小，由于。-無圖像的斜率表示電

場強度的大小，則從。到A的電勢隨位移的變化圖線的斜率先增大后減小，故A錯誤；

B.從。到A場強先增大后減小，則加速度先增大后減小，故B錯誤；

D.速度時間圖線的斜率表示加速度，則速度時間圖像斜率先增大后減小，故D錯誤；

C.根據(jù)能量守恒定律有

狗=一鈣

又有

—5=皿

U=E-t\x

整理可得

Ek=qEAx

從。到A場強先增大后減小，可知，Ek-%圖像的斜率先增大后減小，故C正確。

故選C。

10.如圖所示，絕緣斜面固定在水平面上，空間有豎直向下的勻強電場，質量相同的小球A、B從斜面上

的M點以相同的初速度沿水平方向拋時，A帶電，B不帶電，最后兩球均落在斜面上，A的位移是B的2

倍，A、B兩球在空中運動的時間分別為M、tB,加速度分別為4A、的，落在斜面上的動能分別為EkA、

EkB,不計空氣阻力。則（）

A.A球一定帶正電

B.4

C.aA~2〃B

D.ERA=ERB

【答案】D

【解析】

【詳解】B.水平方向，根據(jù)x=4,位移之比為2:1,則

幺=2

%B1

故B錯誤;

C.設斜面傾角。，根據(jù)幾何關系可得

12

一at

八？at

tan0=-----二——

%，2%

t2

結合jA=T可得

‘B1

1

a\=~aB

故c錯誤；

AD.由題意可知B的加速度為重力加速度，A的加速度小于B的加速度，則A所受電場力豎直向上，則

A帶負電，根據(jù)牛頓第二定律

mg-qE=m^

解得

Z7mS

qE=-r

根據(jù)C選項可知豎直方向的位移

刈：兀=2:1

根據(jù)動能定理

￡kA=W^A-^A+|WVO

12

%=^B+-WVO

聯(lián)立可得

，A=ERB

故A錯誤，D正確。

故選D。

二、非選擇題：共5題，共60分，其中第12題~15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式

和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和

單位。

11.利用電流表（內阻約為0.XI）和電壓表（內阻約為3kQ）測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻（約為幾歐），

要求盡量減小實驗誤差。

（1）應該選擇的實驗電路是（填寫“甲”或“乙”）。

（2）處理實驗數(shù)據(jù)得到如圖丙圖線，則干電池內阻尸=Qo（結果保留2位有效數(shù)字）

UN

（3）本實驗存在系統(tǒng)誤差的原因是.，所測干電池的電動勢比真實值______（填寫“偏大”或“偏

小”）。

（4）為了較準確地測量電動勢，有人設計了如圖丁所示測量電路，E。是穩(wěn)壓電源，A8是一根均勻的電阻

絲，其電阻和長度成正比，E,是標準電池（電動勢以已知），紇是待測電池（電動勢紇未知）。現(xiàn)合上開

關S后，將開關S1和S2合到紇一側，保持滑動接頭處于。點不動，調整電阻R使電流計G中無電流。此

后保持R不變，將開關加和S2合向紇一側，這時移動滑動接頭的位置，直到電流計中也沒有電流為止。

以X表示這時滑動接頭的位置，己測得段距離為％0,AX段距離為“，則可求得待測電源電動勢紇=

④?偏?、?

AD

【解析】

【詳解】（1）[1]因一節(jié)干電池的內阻一般都較小，與電流表的內阻相差不大，而電壓表的內阻遠大于電池

的內阻，也遠大于外電路的電阻，如選擇圖乙所示電路，電池內阻的測量值等于電池內阻的真實值與電流

表內阻之和，會產(chǎn)生較大的誤差，為減小實驗誤差，應選擇圖甲所示的電路。

（2）[2]由圖甲所示的實驗電路，由閉合電路的歐姆定律，可得路端電壓

U=E-Ir

由丙圖可得電池的內阻

△

r=---U-=-1--.4--5--—--0-.-7-￡-2=2.512

M0.30

(3)[3]由圖甲所示的實驗電路，由于電壓表的分流作用，電流測量值小于通過電池的電流，即小于真實

值，導致電源電動勢和內阻的測量值E測和弱都比真實值E真和廠真小。

[4]由于電壓表的分流作用，電流測量值小于通過電池的電流，即小于真實值，當外電路短路時，短路電流

測量值等于真實值，則電池的測量圖像與理論圖像如圖所示，由測量圖可知，所測干電池的電動勢

比真實值偏小。

(4)[5]保持滑動接頭處于。點不動，可知電阻絲42中的電流保持不變，調整電阻R使電流計G中無電

流，說明電源電動勢與金屬絲并聯(lián)部分的電壓相等，設金屬絲中的電流為/,金屬絲單位長度的電阻為

R,由并聯(lián)電路的特點和歐姆定律可得

ILADR=Es

ILAXR=E,

解得待測電源電動勢

E、=^^E,

LAD

12.發(fā)光電動玩具車的電路如圖所示。已知兩盞燈泡的規(guī)格均為“3V,3W"，若電源電動勢為8.0V,內阻

為1.0。，電動機線圈的電阻為&=2.0。。當玩具車正常行駛時，兩盞燈泡均正常發(fā)光，求:

(1)干路電流及電動機輸出的機械功率；

(2)若玩具車在行駛中車輪被雜物卡住，求此時電源的總功率。

【答案】(1)2.0A,4.0W；(2)25.6W

【解析】

【詳解】(1)兩盞燈泡均正常發(fā)光，則可知路端電壓為

0=2%=2X3V=6V

由閉合電路歐姆定律可得干路電流為

/=j=^A=2.0A

1.0

流經(jīng)燈泡的電流為

流經(jīng)電動機的電流為

/M=1—/L=LOA

電動機輸出的機械功率為

烯=6x1.0W-1.02x2.0W=4.0W

(2)若玩具車在行駛中車輪被雜物卡住，則電路為純電阻電路，則有每個燈泡的電阻為

\j-32

R,=^=—Q=3Q

弓3

此時電路的總電阻為

內

R=r+24=LOQ+2x3x2。Q=215Q

24+RM2x3+2.0

此時電源的總功率為

"2QA2

P=—=—W=25.6W

R2.5

13.如圖所示，橫截面積為S,高為〃的絕熱汽缸豎直放置，缸內用用質量為機的絕熱活塞封閉一定質量的

理想氣體，活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動。初始時活塞距汽缸底部的距離為1/，，缸內氣體熱力學溫度為兀

2

現(xiàn)通過汽缸底部的電熱絲給缸內氣體緩慢加熱。己知大氣壓強為外，重力加速度為g,不計活塞的厚度，

求：

(1)求初始狀態(tài)缸內氣體的壓強；

(2)氣缸內氣體剛要溢出時缸內氣體的溫度。

OO

【答案】(1)R=Po+W；(2)T1=2T

kJ

【解析】

【詳解】(1)設初始狀態(tài)缸內氣體的壓強為P1,由平衡條件可知

PiS=mg+pQS

解得

mg

Pi=Po+—

(2)當活塞上升到缸口處，氣體剛要溢出，設此時缸內氣體壓強仍為8，由理想氣體狀態(tài)方程有

Pi2hS_PrhS

T-T[

解得此時的溫度

T[=2T

14.如圖所示，左右兩邊各有一個固定的四分之一光滑圓弧軌道，分別與傳送帶和水平地面平滑相切連

接，水平傳送帶以vo=2m/s的速度做逆時針運動，物塊。從圓弧軌道最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，與

靜止在水平地面右端的物塊6發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。己知物塊a、b的質量均為"Z=O.1kg,兩物塊

均可視為質點，兩圓弧軌道半徑均為-0.8m,傳送帶長工=3.5m,傳送帶左側水平地面長度x=0.4m,物塊

a與傳送帶和水平地面間的動摩擦因數(shù)可為4=01，物塊b與水平地面間的動摩擦因數(shù)〃2=。2。重力

加速度g=1Om/s2o求：

(1)物塊?；綀A弧軌道最低點時所受的支持力大小;

(2)物塊。第一次與物塊6碰撞后瞬間，物塊6的速度大小;

【解析】

【詳解】(1)滑塊從靜止沿光滑圓弧軌道下滑過程，由動能定理

mgr=-mv1

解得

匕=4m/s

。下滑至圓軌道最低點時，有

然飛=點

解得

綜=3N

(2)滑塊滑上傳送帶，由于弓=4m/s>2m/s,所以物塊a做減速運動，減速到2m/s,需要的位移為

--------=6m>￡

2%g

所以物塊。一直做勻減速運動直到與6發(fā)生彈性碰撞，則有

W~vi

L---------=3.5m

2氏g

解得。與b發(fā)生彈性碰撞前瞬間的速度為

v2-3m/s

此時。、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒，能量守恒，則有

mav2+0=mav3+mbvb

^mavl+O=^mavl+^mbvl

由于a、6質量相等，所以碰后速度交換，第一次碰后的速度為

匕=0

vb=v2=3m/s

(3)b物塊在水平面上摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=%mgx=0.08J

初始時

1

%=-mv；9=0A5J

在水平面上來回滑動后動能為

%=%「2Q=0.29J

第二次6碰。后，6的動能變?yōu)?,。的動能為

凡2=%，=0,2男

又因為

Eka2=0.29J<^mgL=0.35J

所以〃物塊不能到達傳送帶最右端，〃返回傳送帶最左端時速度為w=2m/s,第三次〃碰人后，人的動能為

12

石⑻=4,3=5"/=0-2J

同理第四次6碰。后，。的動能為

^4=^4=^3-22=0.041

此時。的速度小于2m/s,則以原動能返回傳送帶最左端，第五次。碰6后，6的動能為

^5=^fl4=0.04J

由動能定理可得

N2mgs=EU5

解得最終兩者的距離為

s=0.2m

兩者碰撞的次數(shù)為5次。

15.如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，y軸豎直，第一象限內有豎直向上的勻強電場Ei、垂

直于xOy平面向里的勻強磁場B=4T；第二象限內有平行于尤Oy平面且方向可以調節(jié)的勻強電場所；第

三、四象限內有垂直于紙面向外的勻強磁場7。尤、y軸上有A、B兩點，O4=(2+6)m,

3

08=lm。現(xiàn)有一質量m=4xl0-3kg,電荷量q=10-3C的帶正電小球，從A點以速度w垂直無軸進入第一

象限，做勻速圓周運動且從8點離開第一象限。小球進入第二象限后沿直線運動到C點，然后由C點進入

第三象限。已知重力加速度為g=10m/s2,不計空氣阻力。求：

(1)第一象限內電場的電場強度Ei與小球初速度vo的大小；

(2)第二象限內電場強度&的最小值和E2取最小值