1、2023-2024学年甘肃肃兰州五十一中高三物理第一学期期末统考试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示，在竖直面内，固定一足够长通电导线a，电流水平向右，空间还存在磁感应
2、强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在通电导线a的正下方，用细线悬挂一质量为m的导线b，其长度为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）A若使悬挂导线b的细线不受力，需要在导线b中通入水平向左的电流B若导线b中通入方向向右、大小为的电流，细线恰好不受力，则导线a在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为C若导线b中通入方向向右、大小为的电流，细线恰好不受力，则导线a在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为D若导线b中通入方向向右、大小为的电流。细线恰好不受力，此时若使b中电流反向，大小不变，则每一根细线受到导线b的拉力大小将变成2、某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程
3、。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是 A电容器放出的总电荷量B电阻R两端的最大电流C定值电阻RD电源的电动势和内电阻3、如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以
4、大小为 的速度通过N点已知重力加速度g,不计空气阻力则下列正确的是（ ）A小球从M到N的过程经历的时间B可以判断出电场强度的方向水平向左C从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小D从M到N的运动过程中速度大小一直增大4、如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的 ( )A速度B角速度C加速度D机械能5、科学家已经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图所示，下列判断正确的是（）A氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态需要吸收光子B一个处于n=4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可
5、能发出6条光谱线C用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子D氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，电势能减小，动能增大6、磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是（）AA板为电源的正极B电阻R两端电压等于电源的电动势C若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小D若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加二、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
6、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、下列说法中正确的是（）A液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性B第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律C在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小D大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大E.非晶体是各向同性的，晶体都是各向异性的8、如图所示，在光滑水平桌面上有一xOy平面直角坐标系，y轴右侧有两根完全相同的均匀金属丝M和N连接成闭合回路，金属丝M的形状满足，电阻为R。在y轴左侧有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为，两金属丝在沿x轴负方向
7、的外力作用下，以速度v匀速穿过磁场，下列判断正确的是A金属丝中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B金属丝中感应电流的最大值为C金属丝运动过程中外力的最大功率为D金属丝穿过磁场过程中产生的热量为9、如图所示。竖直光滑杆固定不动，两根完全相同的轻质弹簧套在杆上，弹簧下端固定。形状相同的两物块A、B分别置于两弹簧上端但不会拴接，A的质量大于B的质量。现用外力作用在物体上，使两端弹簧具有相同的压缩量。撤去外力后，两物块由静止向上运动并离开弹簧。从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中。弹簧始终在弹性限度之内，以地面为零势能面。下列说法正确的是（）A上升过程中两物块机械能均守恒BA上升的最大高度小于B
8、上升的最大高度CA物体的最大速度大于B物体的最大速度DA物体的最大加速度小于B物体的最大加速度10、如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100 秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A正离子在纵向场中沿逆时针方向运动B发生漂移是因为带电粒子的速度过大C正离子向左侧漂移，电子
9、向右侧漂移D正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移三、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）某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系实验装置如图所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，重力加速度取9.80 m/s2）已知实验所
10、用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm（1）将表中数据补充完整：_；_P1P2P3P4P5P6x0（cm）2.044.066.068.0510.0312.01x（cm）2.645.267.8110.3012.9315.41n102030405060k（N/m）16356.043.633.828.8（m/N）0.00610.01790.02290.02960.0347（2）以n为横坐标，为纵坐标，在答题卷给出的坐标纸上画出1/kn图像（3）题（2）图中画出的直线可近似认为通过原点若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k_N/m；
11、该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k_N/m12（12分）导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=_mm(2)然后用欧姆表100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为_(3)为精确测量在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器
12、材对应的电学符号_A电流表（量程为60mA，内阻约为3）B电流表（量程为2mA，内阻=15）C定值电阻=747D定值电阻=1985E滑动变阻器R（020）一只F电压表V（量程为10V，内阻）G蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）H开关S一只，导线若干(4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值=_（用字母表示，可能用到的字母有长度L、直径d、电流表、的读数、，电压表读数U，电阻值、）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（10分）有一四分之一玻璃球，左侧面镀银，光源A在其通过圆心的水平底边BD上（D为球心），如图所示.从光
13、源A发出的一束细光射到球面E上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃球内，经左侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为，玻璃折射率为，求：光射到球面E上的入射角光源A与球心D之间的距离14（16分）如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强。现将下端阀门打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门，左管水银面下降的高度。(1)求右管水银面下降的高度；(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的压强。15（12分）如图
14、，长，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，的空气被水银柱封住，水银柱长。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强。求插入水银槽后管内气体的压强。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、C【解析】ABC根据右手螺旋定则，通电导线a在b处产生的磁场方向垂直纸面向里，b处磁感应强度为，若使悬挂导线b的细线不受力，根据左手定则，需要在导线b中通入水平向右的电流，且满足解得选项AB错误，C正确；D此时若使b中电流反向，大小不变，则导线b受安培力
15、方向向下解得则每一根细线受到导线b的拉力将变成mg，D错误。故选C。2、D【解析】由Q=CU0，所以容器放出的总电荷量可求，所以A选项能求出；根据I=Q/t，变形得，Ut为图象与坐标轴所围面积S可求，所以Q=S/R，则，所以C选项可求；电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以，选项B电阻R两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E=U0，内电阻无法求出，所以选项D不能求出。3、A【解析】小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，竖直方向做自由落体运动，结合运动公式和动能定理解答.【详解】水平方向，小球受水平方向的
16、电场力作用向左先减速后反向加速，到达N点时，水平速度仍为v0，则竖直速度；因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由vy=gt可知小球从M到N的过程经历的时间，选项A正确；带正电的小球所受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，选项B错误；从M点到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，选项C错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从M到N的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即速度先减小后增加，选项D错误；故选A.4、C【解析】试题分析：根据动能定理得：mgL=mv2，解得：，因为L不等所以
17、速度不等，故A错误；B、根据解得：a=2g，所以两球加速度相等，又a=L2，所以角速度不等，故B错误C正确；因为两球的质量关系未知，初始位置它们的重力势能不一定相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故D错误；故选C.考点：动能定理；向心加速度【名师点睛】此题考查了动能定理的应用以及向心加速度及角速度的知识；解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列的式子即可解答；此题是基础题，意在考查基础知识的应用.5、C【解析】A氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态是从高能级向低能级跃迁，要辐射光子，故A错误；B一个氢原子，从激发态向基态跃迁，最多可以辐
18、射出3种频率的光子，故B错误；C用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到的激发态，再向低能级跃迁可以辐射出10种频率的光子，故C正确；D氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径变大，动能变小，电势能变大，故D错误。故选C。6、C【解析】A等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A极为电源的负极，故A错误；B分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；CD粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有解得减小两极板的距离d，电源的电动势减小，增加两极板的正对面积，
19、电动势不变，故C正确，D错误。故选C。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、ACD【解析】A液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，选项A正确；B第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律，选项B错误；C在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，选项C正确；D大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，选项D正确；E多晶体具有各向同性，选项E错误。故选ACD。8、AB【解析】A导体切割磁感线，根据右手定则可知，金属丝进入磁场过程中感应
20、电流沿逆时针方向，离开磁场过程中感应电流沿顺时针方向，A正确；B金属丝在磁场中切割磁感线的最大有效长度为：最大的感应电动势：最大感应电流：B正确；C导体棒匀速运动，外力与安培力等大反向，最大外力：最大功率：C错误；D根据金属丝形状的表达式可知回路中产生的是正弦式交变电流，电流的有效值：电流存在的时间：根据焦耳定律：D错误。故选AB。9、BD【解析】A上升过程中在弹簧恢复原长前，弹簧弹力一直对物块做正功，物块机械能增加，A错误；B物块从撤去外力到第一次速度减为0，根据能量守恒定律解得弹簧压缩量相同，所以对于两物块弹簧释放的弹性势能相同，因为，所以两小球上升的最大高度关系为B正确；C物块速度最大时
21、，加速度为0，假设初始状态弹簧的压缩量为，达到最大速度前，合力满足为物块向上运动的位移，因为，所以图像为图线与位移轴围成的面积为合外力做功，物块从静止开始运动，根据动能定理可知合力为0时，B物块动能大，根据动能表达式可知A物体的最大速度小于B物体的最大速度，C错误；D撤去外力瞬间，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可知解得因为，所以D正确。故选BD。10、AD【解析】A根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A正确；B因为左右两边磁场强度不一样，导致左右的半径不同，所以发生偏移；CD根据得发现B越大，R越小，所以右边部分的R大于左边部分的R，结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂
22、移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确。故选AD。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、（1）81.7 0.0122（2）如图所示（3）（1.671.83）103/n、（3.313.62）/l0【解析】试题分析：（1）中；（2）图线如图：（3）由图线可知直线的斜率为，故直线方程满足，即（N/m）（在之间均可）由于60匝弹簧的总长度为11.88cm；则n匝弹簧的原长满足，代入可得：（在之间均可）考点：测量弹簧的劲度系数实验；12、1.990 500 【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.00.01mm=0.490mm
23、，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991mm均正确 ）（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5100=500（3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I=0.006A=6mA，两电压表量程均不合适；同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量；所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV=1k，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压
24、表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示； （4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I=-I2电压：Ux=I2（R2+RA2）由欧姆定律可知电阻：Rx=根据电阻定律可知：R=而截面积：S= 联立解得：= 点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法四、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
25、算步骤。13、；3m。【解析】由题意可知折射光线与镜时垂直，其光路图如图所示.则有由折射定律可得解得入射角折射角在直角三角形EFD中：由几何关系可得为等腰三角形，所以14、 (1)14.5cm；(2)200.25cmHg【解析】(1)左管水银面下降过程，封闭气体做等温变化，则有解得设平衡时左管水银面比右管水银面高，有解得所以右管水银面下降的高度为(2)要使右管水银面回到原来高度，则左管水银面要再下降，则右管水银面比左管的高右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则有解得此时左管内封闭气体的压强15、52.0cmHg【解析】设玻璃管截面积为s，水平放置时，气体压强为P1，体积为V1，假设当转到竖直放置时，水银恰好未流出，气体压强为P2，体积为V2，则P1=P0=75cmHg，V1=L0s，P2=？， V2=（L-h）s，由玻意耳定律：P1V1=P2V2代入数据解得：P2=50cmHg，由于，所以水银必有流出。设剩余水银柱长度为x，气体的压强P3，体积V3，则P3=（P0-x）cmHg，V3=（L-x）s，由玻意耳定律：P1V1=P3V3代入数据解得：x30.7cm，插入水银柱后，设气体压强为P4，体积V4=（L-x-h0）s由玻意耳定律：P1V1=P4V4代入数据解得：P452.0cmHg；
