2023屆吉林市第一中學高三下學期第6周考試物理試題

2023屆吉林市第一中學高三下學期第6周考試物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、某銀行向在讀成人學生發(fā)放貸記卡，允許學生利用此卡存款或者短期貸款．一位同學將卡內余額類比成運動中的“速度”，將每個月存取款類比成“加速度”，據此類比方法，某同學在銀行賬戶“-500元”的情況下第一個月取出500元，第二個月取出1000元，這個過程可以類比成運動中的()A．速度減小，加速度減小B．速度增大，加速度減小C．速度增大，加速度增大D．速度減小，加速度增大2、如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B。一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為A． B． C． D．3、托卡馬克（Tokamak）是一種復雜的環(huán)形裝置，結構如圖所示．環(huán)心處有一歐姆線圈，四周是一個環(huán)形真空室，真空室外部排列著環(huán)向場線圈和極向場線圈．當歐姆線圈中通以變化的電流時，在托卡馬克的內部會產生巨大的渦旋電場，將真空室中的等離子體加速，從而達到較高的溫度．再通過其他方式的進一步加熱，就可以達到核聚變的臨界溫度．同時，環(huán)形真空室中的高溫等離子體形成等離子體電流，與極向場線圈、環(huán)向場線圈共同產生磁場，在真空室區(qū)域形成閉合磁籠，將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進行．已知真空室內等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，下列說法正確的是A．托卡馬克裝置中核聚變的原理和目前核電站中核反應的原理是相同的B．極向場線圈和環(huán)向場線圈的主要作用是加熱等離子體C．歐姆線圈中通以恒定電流時，托卡馬克裝置中的等離子體將不能發(fā)生核聚變D．為了約束溫度為T的等離子體，所需要的磁感應強度B必須正比于溫度T4、如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內存在磁感應強度大小為B、方向垂直abcd平面的勻強磁場，已知bc邊長為。一個質量為m，帶電量為q的正粒子，從ab邊上的M點垂直ab邊射入磁場，從cd邊上的N點射出，MN之間的距離為2L，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直abcd平面向里B．該粒子在磁場中運動的時間為C．該粒子在磁場中運動的速率為D．該粒子從M點到N點的運動過程中，洛倫茲力對該粒子的沖量為零5、某靜電場在x軸正半軸上的電勢Φ隨x變化的關系如圖所示，則（）A．x1處跟x2處的電場強度方向相同B．x1處跟x2處的電場強度大小相等C．若把帶正電的粒子從x1處移到x2處，電場力先做正功再做負功D．同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能小于x2在處的電勢能6、如圖，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣。當MN中電流突然減小時，線圈產生的感應電流I，線圈所受安培力的合力為F，則I和F的方向為（）A．I順時針，F向左 B．I順時針，F向右C．I逆時針，F向左 D．I逆時針，F向右二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)。現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a＜g）的勻加速運動，重力加速度為g，則下列說法不正確的是A．施加外力F大小恒為M（g＋a）B．A、B分離時，彈簧彈力恰好為零C．A、B分離時，A上升的距離為M(g-a)D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值8、如圖，從P點以水平速度v將小皮球拋向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小皮球在空中飛行的過程中（）A．在相等的時間內，皮球動量的改變量相同B．在相等的時間內，皮球動能的改變量相同C．下落相同的高度，皮球動量的改變量相同D．下落相同的高度，皮球動能的改變量相同9、有一定質量的理想氣體，其壓強隨熱力學溫度的變化的圖象如圖所示，理想氣體經歷了的循環(huán)過程。下列分析正確的是（）A．過程中氣體吸收熱量B．四個狀態(tài)中，只有狀態(tài)時理想氣體分子的平均動能最大C．過程氣體對外界做功，并從外界吸收熱量D．過程中氣體吸收熱量并對外做功E.四個狀態(tài)中，狀態(tài)時氣體的體積最小10、某種超導磁懸浮列車是利用超導體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時通過周期性地變換磁極方向而獲得推進動力。其推進原理可以簡化為如圖所示的模型：PQ和MN是固定在水平地面上的兩根足夠長的平直導軌，導軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等間距的勻強磁場B1和B2。二者方向相反。矩形金屬框固定在實驗車底部（車箱與金屬框絕緣）。其中ad邊寬度與磁場間隔相等。當磁場B1和B2同時以速度v沿導軌向右勻速運動時。金屬框受到磁場力，并帶動實驗車沿導軌運動，已知金屬框垂直導軌的ab邊的邊長L、金屬框總電阻R，列車與線框的總質量m，，懸浮狀態(tài)下，實驗車運動時受到的阻力恒為其對地速度的K倍。則下列說法正確的是（）A．列車在運動過程中金屬框中的電流方向一直不變B．列車在運動過程中金屬框產生的最大電流為C．列車最后能達到的最大速度為D．列車要維持最大速度運動，它每秒鐘消耗的磁場能為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖甲（側視圖只畫了一個小車）所示的實驗裝置可以用來驗證“牛頓第二定律”。兩個相同的小車放在光滑水平桌面上，右端各系一條細繩，跨過定滑輪各掛一個相同的小盤，增減盤中的砝碼可改變小車受到的合外力，增減車上的砝碼可改變小車的質量。兩車左端各系條細線，用一個黑板擦把兩細線同時按在固定、粗糙的水平墊片上，使小車靜止（如圖乙）。拿起黑板擦兩車同時運動，在兩車尚未碰到滑輪前，迅速按下黑板擦，兩車立刻停止，測出兩車在此過程中位移的大小。圖丙為某同學在驗證“合外力不變加速度與質量成反比”時的某次實驗記錄，已測得小車1的總質量，小車2的總質量。由圖可讀出小車1的位移，小車2的位移_______，可以算出__________（結果保留3位有效數字）；在實驗誤差允許的范圍內，________（選填“大于”、“小于”或“等于”）。12．（12分）小李同學利用激光筆和角度圓盤測量半圓形玻璃磚的折射率，如圖2所示是他采用手機拍攝的某次實驗現象圖，紅色是三條光線，固定好激光筆，然后將圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉動了50角，發(fā)現光線____恰好消失了（選填①，②或③），那么這次他所測得半圓形玻璃磚的折射率n=_____.四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）2018年8月美國航空航天科學家梅利莎宣布開發(fā)一種儀器去尋找外星球上單細胞微生物在的證據，力求在其他星球上尋找生命存在的跡象。如圖所示，若宇航員在某星球上著陸后，以某一初速度斜面頂端水平拋出一小球，小球最終落在斜面上，測得小球從拋出點到落在斜面上點的距離是在地球上做完全相同的實驗時距離的k倍。已知星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，星球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，求：（1）星球表面處的重力加速度；（2）在星球表面一質量為飛船要有多大的動能才可以最終脫離該星球的吸引。14．（16分）如圖所示，在光滑水平面上距離豎直線MN左側較遠處用彈簧鎖定不帶電絕緣小球A，彈性勢能為0.45J，A球質量M＝0.1kg，解除鎖定后與靜止在M點處的小球B發(fā)生彈性正碰，B球質量m＝0.2kg、帶電量q＝＋10C。MN左側存在水平向右的勻強電場E2，MN右側空間區(qū)域范圍內存在豎直向上、場強大小E1＝0.2N/C的勻強電場和方向垂直紙面向里磁感應強度為B=0.2T的勻強磁場。（g＝10m/s2，不計一切阻力）求：(1)解除鎖定后A球獲得的速度v1；(2)碰后瞬間B球速度v2；(3)E2大小滿足什么條件時，B球能經電場E2通過MN所在的直線；（不考慮B球與地面碰撞再次彈起的情況）(4)在滿足(3)問情景下B球在電場E2中與MN的最大距離。15．（12分）如圖，一直角三棱柱ABC，其中，，AB長度為2L，M為AB的中點，N為BC的中點，一光線從AB面上的M點以45°的入射角射入三棱柱，折射光線經過N點。已知光在真空中的傳播速度為c，求：（1）三棱柱折射率n；（2）光從開始射入三棱柱到第一次射出所需的時間。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

將每個月取款類比成“加速度”，第一個月取出500元，第二個月取出1000元，說明加速度變大，將卡內余額類比成運動中的“速度”，卡內貸款變多，則速度增大，故C正確。故選C。2、C【解題分析】

粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定經過圓心，由于粒子能經過C點，因此粒子出磁場時一定沿ac方向，軌跡如圖：由幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為根據牛頓第二定律得：解得：，故C正確。故選：C。3、C【解題分析】

A、目前核電站中核反應的原理是核裂變，原理不同，故A錯誤；B、極向場線圈、環(huán)向場線圈主要作用是將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進行，故B錯誤；C、歐姆線圈中通以恒定的電流時，產生恒定的磁場，恒定的磁場無法激發(fā)電場，則在托卡馬克的內部無法產生電場，等離子體無法被加速，因而不能發(fā)生核聚變，故C正確．D、帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，則，由洛倫茲力提供向心力，則，則有，故D錯誤．4、B【解題分析】

A．粒子向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直abcd平面向外，故A錯誤；B．粒子運動軌跡如圖所示根據圖中幾何關系可得，則R2=3L2+（R-L）2解得R=2L解得θ=60°該粒子在磁場中運動的時間為故B正確；C．根據洛倫茲力提供向心力可得，解得該粒子在磁場中運動的速率為故C錯誤；D．根據動量定理可得該粒子從M點到N點的運動過程中，洛倫茲力對該粒子的沖量等于動量變化，由于速度變化不為零，則動量變化不為零，洛倫茲力對該粒子的沖量不為零，故D錯誤。故選B。5、A【解題分析】

A．x1和x2處的斜率都是負值，說明場強方向相同，故A正確；B．x1處的斜率大于x2處的斜率，說明x1處的電場強度大于x2處的電場強度，故B錯誤；C．從x1處到x2處，電勢逐漸降低，則移動正電荷，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；D．根據Ep=qφ可知，正電荷在R處具有的電勢能為零，在x2處的電勢小于零，所以正電荷在此具有的電勢能小于零，電勢能為標量，正負號表示大小，所以同一個帶正電荷的粒子在R處具有的電勢能大于在x2處的電勢能，故D錯誤。故選A。6、B【解題分析】

金屬線框abcd放在導線MN上，導線中電流產生磁場，根據安培定則判斷可知，線框abcd左右兩側磁場方向相反，線框左側的磁通量小于線框右側的磁通量，磁通量存在抵消的情況。若MN中電流突然減小時，穿過線框的磁通量將減小。根據楞次定律可知，感應電流的磁場要阻礙磁通量的變化，則線框abcd感應電流方向為順時針；再由左手定則可知，左邊受到的安培力水平向右，而右邊的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。

A．I順時針，F向左，與結論不相符，選項A錯誤；B．I順時針，F向右，與結論相符，選項B正確；C．I逆時針，F向左，與結論不相符，選項C錯誤；D．I逆時針，F向右，與結論不相符，選項D錯誤；故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABD【解題分析】

題中彈簧彈力根據胡克定律列式求解，先對物體AB整體受力分析，根據牛頓第二定律列方程；再對物體B受力分析，根據牛頓第二定律列方程；t1時刻是A與B分離的時刻，之間的彈力為零?！绢}目詳解】A項：施加F前，物體AB整體平衡，根據平衡條件，有：2Mg=kx解得：x=2Mg加外力F后到物體A、B分離前，對AB整體有F-2Mg+F又因F彈由于壓縮量x減小，故F為變力，物體A、B分離時，此時A、B具有共同的v和a，且FAB對A有：F-Mg=Ma解得此時：F=M(g+a)，故A錯誤；B、D項：A、B分離后，B將做加速度減小的加速運動，當F彈C項：對B有：F彈-Mg=Ma，解得：F彈=M(g+a），此時彈簧的壓縮量為x本題選不正確的，故應選：ABD。【題目點撥】本題關鍵是明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和B物體受力分析，根據牛頓第二定律列方程分析。8、AD【解題分析】

A．因物體在空中只受重力，所以在相等的時間間隔內，皮球受到的沖量均為mgt，故皮球受到的沖量相同，根據動量定理可得，皮球動量的改變量相同，故A正確；B．在相等的時間間隔內，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球動能的改變量不同，故B錯誤；C．下落相同的高度，時間并不相等，故皮球受到的重力的沖量不相等，故皮球動量的增量不相同，故C錯誤；D．下落相同的高度，重力做功均為mgh，故重力做功相等，小球動能的增量相同，故D正確。故選AD。9、ACE【解題分析】

A.由圖象可知，過程壓強不變，溫度升高，內能增加，由可知，氣體體積增大，對外做功，由知，氣體吸熱，故A正確；B.恒溫過程，氣體分子平均動能不變，故B錯誤；C.過程，，壓強減小，由可知體積增加，氣體對外做功，因此氣體一定吸熱，故C正確；D.過程，壓強恒定，減小，減小，由可知體積減小，則外界對氣體做功，由可知，氣體放熱，故D錯誤；E.延長線通過原點，體積相等，即，過程，過程，綜上分析可知，狀態(tài)氣體體積最小，故E正確。故選：ACE。10、BC【解題分析】

A．當磁場向右運動過程中，穿過閉合線框中的磁場有時垂直于紙面向外的磁場增大，有時垂直于紙面向內的磁場增大，根據楞次定律可知列車在運動過程中金屬框中的電流方向一直改變，A錯誤；B．金屬框中和導體棒切割磁感線，最大的感應電動勢為根據閉合電路歐姆定律可知B正確；C．列車速度最大為，此時切割磁感線的速率為，金屬框中和導體棒切割磁感線，此時產生的感應電動勢為通過線框的電流為列車所受合外力為0時，速度最大，即所受安培力等于阻力解得C正確；D．列車要維持最大速度運動，每秒消耗的磁場能為D錯誤。故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、等于【解題分析】

[1]刻度尺最小分度為0.1cm，則小車2的位移為x2=2.45cm，由于誤差2.45cm－2.50cm均可[2]由于小車都是做初速度為零的勻加速運動，根據可知，由于時間相同，則有由于讀數誤差，則均可[3]由題意可知故在誤差允許的范圍內12、③【解題分析】將圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉動了50角，發(fā)現全反射，光線③恰好消失；此時的臨界角為C=450，則這次他所測得半圓形玻璃磚的折射率.四、計算題：本題共2小題，共26