1、湖南省汨罗市2023届高三第三次质检物理试题考生请注意：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、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其图像如图所示，下列判断正确的是（）A过程ac中气体内能的增加等于吸收的热量B过程bc中气体既不吸热
2、也不放热C过程ab中气体吸收的热量大于气体内能的增加Da、b和c三个状态中，状态a气体的内能最小2、如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的vt图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知A两小球带电的电性一定相反B甲、乙两球的质量之比为21Ct2时刻，乙球的电势能最大D在0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小3、安培曾假设：地球的磁场是由绕地轴的环形电流引起的。现代研究发现：地球的表面层带有多余的电荷，地球自转的速度在变慢。据此分析，下列说法正确的
3、是（）A地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变弱B地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变强C地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变弱D地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变强4、一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是At0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行B图线b电动势的瞬时值表达式为e40 sin()VC线圈先后两次转速之比为23D转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同5、在x轴上有两个固定的
4、点电荷Q1、Q2，其中Q1为正电荷，Q2为负电荷。一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x轴运动，其动能Ek随位置x的变化关系如图，则能够正确表示Q1、Q2位置的图像是（）ABCD6、一充电后的平行板电容器与外电路断开保持两极板的正对面积不变，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（ ）A仅在两极板间插入一电介质，C减小，U不变B仅在两极板间插入一电介质，C增大，U减小C仅增大两极板间距离，C减小，U不变D仅增大两极板间距离，C增大，U减小二、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
5、，有选错的得0分。7、下列说法正确的是_。A固体都有固定的熔点B空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示C在太空中正常运行的“天宫二号”内的水珠由于表面张力作用可以变成完美的球形D相同温度、相同材料、相等质量的物体，高度越高，内能越大E.一定量的理想气体经某- -过程吸收热量2.0103J，对外做功1.0103J，气体的温度升高，密度变小8、用头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示，则下列说法中正确的是（）A图甲一定是正点电荷形成的电场B图乙一定是异种电荷形成的电场C图丙可能是同种等量电荷形成的电场D图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场9、如图(a)，A、B为某电场中沿x
6、方向上的两个点，现将正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，其电势能Ep随x的变化关系如图(b)所示，则A从A到B，电势先逐渐降低后逐渐升高B从A到B，电场强度先增大后减小C从A到B的过程中，电荷所受电场力先减小后增大D从A到B的过程中，电场力对电荷先做负功后做正功10、下列说法正确的是（ ）A液晶与多晶体一样具有各向同性B水杯装满水水面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致C相对湿度是空气中水汽压与相同温度下饱和水汽压的百分比D饱和汽压一定随温度的升高而增大E.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从能被水浸润变为不能被水浸润，以便吸取药液三、实验题：本题共2小题，
7、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）如图所示为“研究一定质量的气体在温度不变的情况下，压强与体积的关系”实验装置，实验步骤如下：把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；用V 图像处理实验数据，得出如图2所示图线（1）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_和_ （2）如果实验操作规范正确，但如图2所示的V 图线不过原点，则V0代表_ （3）小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V在实验中出现压强传感器软
8、管脱落，他重新接上后继续实验，其余操作无误V 关系图像应是_12（12分）某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：A待测电阻Rx（约200）B电源（电动势E约1.4V，内阻r约10）C灵敏电流计G（量程1mA，内阻Rg=200）D电阻R1=50E.电阻R2=200F.滑动变阻器R（阻值范围为0500）G.开关，导线若干(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（a）的测量电路。部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计示数I1=0.90mA，此时电路总电流I总=_mA；(2)同时测出电动势1.35V后，该小组成员在图（a）的基础上，
9、去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图（b），则表笔M为_（选填“红表笔”或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量Rx阻值，灵敏电流计的示数I如图（c），待测电阻Rx的阻值为_。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）图(甲)中的圆是某圆柱形透明介质的横截面，半径为R=10cm一束单色光沿DC平行于直径AB射到圆周上的C点，DC与AB的距离H=5cm光线进入介质后，第一次到达圆周上的E点（图中未画出），CE= cm（i）求介质的折射率；（ii）如图（乙）所示，将该光线
10、沿MN平行于直径AB射到圆周上的N点，光线进入介质后，第二次到达介质的界面时，从球内折射出的光线与MN平行（图中未画出），求光线从N点进入介质球时的入射角的大小 14（16分）如图所示，在竖直分界线的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与之间有方向向上的匀强电场。在处有两个带正电的小球和，两小球间不发生电荷转移。若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。已知小球的质量是小球的倍，电荷量是小球的倍。若测得小球在磁场中运动的半径为，小球击中屏的位置的竖直偏转位移也等于。两小球重力均不计。(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球在磁场中运动，求两
11、球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若小球向左运动求、两小球打在屏上的位置之间的距离。15（12分）港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约55公里，在建设港珠澳大桥时为了更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1).断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在
12、整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程；（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功.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、D【解析】A过程ac为等压变化，由可知，温度升高，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体内能的增加等于吸收的热量与气体对外做功之差，则气体内能的增加小于吸收的热量，故A错误；B过程bc为等温变化，U=0，但气体压强减小，由知V
13、增大，气体对外做功，W0，由U=Q+W可知Q0即气体吸收热量，故B错误；C过程ab为等容变化，温度升高，内能增大，体积不变，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体内能的增加，故C错误； D理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，a、b和c三个状态中，状态a温度最低，则理想气体的内能最小，故D正确。故选D。2、B【解析】A由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；B两球作用过程动动量守恒m乙v乙=m甲v甲解得故B正确；Ct1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；D在0t3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐
14、增大，故D错误。故选B。3、C【解析】地球自西向东自转，地球表面带电，从而形成环形电流。这一环形电流产生地磁场。若从北极俯视地球地磁场由外向里，由安培定则知产生磁场的环形电流方向应自东向西，与地球自转方向相反，则地球带负电。地球自转速度变小，则产生的环形电流变小，则产生的磁场变弱，ABD错误，C正确。故选C。4、B【解析】本题考察交变电流表达式，最大值为NBS，由此得出改变转速后的最大值，电感和电容都对交流电由阻碍作用。【详解】A.t0时刻电动势为0，故线圈平面恰好与磁场方向垂直，A错误；B.由图中可知，改变后的角速度为，故电动势的最大值为40V，故表达式为，B正确；C.由可知线圈先后两次转速
15、之比为32；D.中转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同。故选B。5、A【解析】由动能定理可知可知图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0x0之间存在一个场强为0的点（设为M点），且在OM之间运动时电场力做正功，在M与x0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0x0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q1距离O点较近，故选项A正确，BCD错误；故选A。6、B【解析】AB根据可知，仅在两极板间插入一电介质，C变大，根据可知，Q一定，则U减小，选项A错误，B正确；CD仅增大两极板间距离，根据可知C减小，根据可知，Q一定，U变大，选项CD错
16、误；故选B。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、BCE【解析】A固体包括晶体和非晶体，单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体不一定有固定的熔点，选项A错误；B空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，选项B正确；C在太空中正常运行的“天宫二号”内，由于处于完全失重状态，水珠由于表面张力作用可以变成完美的球形，选项C正确；D物体的内能是物体中所有分子热运动动能的势能的总和，与物体宏观位置的高低无关，选项D错误；E由热力学第一定律知气体内能增加，湿
17、度升高，气体对外做功，体积增加，密度减小，选项E正确。故选BCE。8、BC【解析】A点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，A错误；B根据等量异种电荷电场线分布的特点对比可知，图乙一定是异种电荷形成的电场，B正确；C根据等量同种电荷电场线的特点对比可知，图丙可能是同种等量电荷形成的电场，也可能是同种不等量电荷形成的电场，C正确；D由图可知，两个金属板之间的电场类似于匀强电场，所以图丁可能是两块金属板带异种电荷形成的电场，D错误。故选BC。9、AC【解析】AD.正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，电势能先
18、减小后增大，则正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功；正点电荷q电势能先减小后增大，所以电势先降低后升高。故A正确，D错误；BC.电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故B错误，C正确。10、BCD【解析】A.液晶在光学性质上表现为各向异性，多晶体具有各向同性，故A错误；B. 装满水的水面是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故B正确；C.空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故C正确；D.温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；E.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸
19、润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故E错误。故选：BCD。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、移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器的封闭气体部分 注射器与压强传感器连接部分气体的体积 B 【解析】(1)12要保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分这样能保证装置与外界温度一样(2)3体积读数值比实际值大V1 根据P(V+V1)=C，C为定值，则如果实验操作规范正确，但如图所示的图线不过原点，则V1代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积(3)4根据PV=C可知，当质量不变时成正比，当质量
20、发生改变时（质量变大），还是成正比，但此时的斜率发生变化即斜率比原来大，故B正确.【点睛】本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析12、4.50 黑表笔 180 【解析】(1)1闭合开关S1、S2，G与R1并联，调节滑动变阻器R，灵敏电流计读数I1=0.90mA，根据并联电路特点，通过R1的电流故此时电路总电流(2)2改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M应接黑表笔3根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有接待测电阻后，读出表的电流为I=0.60mA，电路中的总电流为则有解得四、计算
21、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、（1）；（2）60【解析】（2）如图甲所示，CD光线进入介质球内，发生折射，有，所以解得（ii）光线第二次到达介质与空气的界面，入射角，由折射定律可得折射角，光线进入介质的光路如图乙所示折射角r=i/2，又，解得i=60点睛：本题考查了几何光学，关键是正确画出光路图，并利用几何知识求解折射率14、 (1)，；(2)【解析】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有，解式得磁场运动周期分别为，解得运动时间之比为(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场
22、中做类平抛运动。水平方向有竖直方向有由牛顿第二定律得解式得小球B在电场中做类平抛运动，同理有由题意知应用几何关系得解式得15、（1）a环=(k-1)g，方向竖直向上（2）（3）【解析】（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环环受合力F环=kmg-mg 由牛顿第二定律F环=ma环 由得a环=（k-1)g方向竖直向上.设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1由机械能守恒的： 解得. 设棒弹起后的加速度a棒 由牛顿第二定律a棒=（k+1)g 棒第一次弹起的最大高度解得： 棒运动路程（）设环相对棒滑动距离为L，根据能量守恒mgH+mg(H+L)=kmgL 摩擦力对棒及环做的总功及是摩擦生热 由解得
