江苏省镇江市第一中学2023-2024学年高三上学期期初阶段学情检测高三物理答案

江苏省镇江第一中学2021级高三阶段学情检测物理命题人一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项最符合题意．1.如图是方解石形成的双折射现象实验的照片．下列关于方解石的说法正确的是()A.是非晶体B.具有固定的熔点C.所有的物理性质都是各向异性D.是由许多单晶体杂乱无章排列组成的1.B解析：光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以图中方解石的双折射现象说明方解石是单晶体，具有固定的熔点，故A错误，B正确；单晶体具有规则的几何形状、各向异性和一定的熔点等性质，由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则单晶体具有各向异性，但并非所有的物理性质都是各向异性，故C、D错误．故选B.2.某种透明玻璃圆柱体横截面如图所示，O点为圆心，一束单色光从A点射入，经B点射出圆柱体．下列说法正确的是()A.光线进入玻璃后频率变大B.若θ增大，α可能变小C.若θ增大，光线在圆柱体内可能会发生全反射D.若θ增大，光线由A点至第一次射出的时间变短2.D解析：光在不同介质中传播时频率不变，故A错误；由几何知识可得，光线在A点的折射角等于它在B点的入射角，根据光路的可逆性，A点的入射角θ等于它在B点的折射角α，由于入射角不可能为90°，所以光线在A点的折射角不可能为临界角C，B点的入射角也不可能为C，光线在圆柱体内不可能发生全反射，故B、C错误；若θ增大，光线在A点的折射角增大，根据几何知识可得，光线在玻璃内传播的路程减小，则光线由A点至第一次射出的时间变短，故D正确．故选D.3.如图所示，甲图为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图。下列说法正确的是（）A.同一介质中a光的波长小于c光B.若b光为可见光，则a光可能是紫外线C.若b光光子能量为2.86eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光D.若b光光子是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，则a光光子也是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的1{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}3.D解析：A．根据光电效应方程νEkhW0而由动能定理有eUcEkhW0由图乙可知a光对应的遏止电压小于c光对应的遏止电压，则可知a光的频率小于c光的频率，根据c可知，a光的的波长大于c光的的波长，故A错误；B．由于a光对应的遏止电压等于b光对应的遏止电压，则可知两种光的频率相同，若b光为可见光，则a光也一定是可见光，故B错误；C．若b光光子能量为2.86eV，用它直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，由氢原子吸收b光光子的能量值为EE2Eb3.40eV2.86eV0.54eV可知氢原子将跃迁至n5能级，而根据辐射光子的种数2C510可知，氢原子从第5能级向基态跃迁的过程中将产生10种不同频率的光，故C错误；D．由于a光的频率等于b光的频率，若b光光子是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，则a光光子也是由处于n=3激发态的氢原子向n=2跃迁产生的，故D正确。故选D。4.一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端O，从t0时刻开始用手带动O点沿垂直绳的方向（图甲中y轴方向）在水平面内做简谐运动，06s内O点的振动图像如图乙所示。t=4s时轻长绳上的波形图可能正确的是（）2{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}A.B.C.D.4.B解析：由图乙可知波形图对应的质点起振方向沿y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。故选B。5．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。小张同学某次实验中1作出的p-图线如图所示，关于图线弯曲的可能原因，V下列说法错．误．的是（）A．压强传感器与注射器的连接处漏气B．未在注射器活塞上涂润滑油C．未考虑注射器与压强传感器连接部位的气体体积D．实验过程中用手握住了注射器前端5．D1【详解】ABC．当增大时，V减小，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导V致这一现象的原因是注射器存在漏气现象，为在注射器活塞上涂润滑油会导致漏气，当压强增加后，连接部分的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中一小部分气体进入连接部分，也相当于注射器漏气，故ABC正确，不符合题意；D．实验过程中用手握住注射器前端，会导致注射器中气体温度升高，则图像的斜率会增大，故D错误，符合题意。故选D。6.一地铁在水平直轨道上运动，某同学为了研究该地铁的运动情况，他用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对竖直扶手偏东．以下是该同学根据照片进行的分析，其中正确的是()A.地铁一定向西加速运动B.地铁可能向东加速运动C.细线中拉力大小与地铁加速度大小无关3{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}D.若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手的距离，可以估算此时地铁的加速度6.D解析：根据题意，对笔进行受力分析，如图所示G竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝G，水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ＝ma，解得F＝，cosθa＝gtanθ，加速度方向水平向西，则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动，地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关，故A、B、Cd错误；若用刻度尺测量细线的长度为L和圆珠笔到竖直扶手的距离为d，则有tanθ＝，可以估算L2－d2此时地铁的加速度，故D正确．故选D.7.笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上的磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合，使屏幕进入休眠模式，其工作原理如图所示．当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载流子为电子．下列说法正确的是()A.盖上盖板，a端带正电B.打开盖板，a端带正电C.盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大D.盖上屏幕过程中，a、b间电势差不变7.C解析：无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件磁场方向均向下，电流方向向左，根据左手定则可得，载流子受力方向指向a，因此a端带负电，A、B错U误；盖上屏幕过程中，由电子最终洛伦兹力与电场力受力平衡可得e＝evB，解dBId得U＝Bvd，根据电流的微观表达式I＝nevS，可得U＝，所以磁感应强度变大，霍尔电压增大，a、bneS间电势差逐渐增大，C正确，D错误．故选C.8．网上热卖的一款“钢球永动机”如图所示。小球从平台中心小孔P由静止下落，经小孔下方快速旋转的传动轮加速后，由Q点抛出并落回平台，每次轨迹如图中虚线所示。则（）A．该“钢球永动机”不违背能量守恒定律B．小球在空中上升过程中，处于超重状态C．小球在空中上升过程中，速度变化的方向竖直向上D．小球在空中上升过程中，克服重力做功的功率恒定8．A【详解】A．钢球运动中因摩擦力、空气阻力造成的机械能损失，由小孔下方快速旋转的传动轮补充，该“钢球永动机”不违背能量守恒定律，故A正确；B．小球在空中上升过程中，加速度向下，处于失重状态，故B错误；C．小球在空中上升过程中，由vat，可知速度变化的方向与加速度方向相同，加速度方向向下，故C错误；D．小球在空中上升过程中，重力做功的功率Pmgvy由于竖直方向上速度大小变化，所以克服重力做功的功率不恒定，故D错误。故选A。4{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}9.如图所示，A、B、C为正三角形的三个顶点，A、B两点固定电荷量为＋q的点电荷，C点固定电荷量为－q的点电荷，O为三角形的中心，D、E为直线BO上的两点，DO＝EO.则()A.O点的场强为零B.D、E两点的场强相同C.D点的电势高于E点的电势D.电子在D点的电势能大于在E点的电势能9.C解析：A、B两个正点电荷在O点的合场强沿OC方向，C点的负电荷在O点的场强也是沿OC方向，则O点的场强不为零，故A错误；D、E两点在AC连线的平分线上，则A、C两电荷在E点的合场强大于在D点的合场强，方向垂直DE斜向下；而B处电荷在D点的场强大于在E点的场强，方向沿DE方向，则D点和E点场强大小不能比较，B错误；因D、E两点在A、C连线的平分线上，可知A、C两处的电荷在D、E两点的合电势均为零；而正电荷B在D点的电势高于在E点的电势，可知合成后D点的电势高于E点的电势，电子在D点的电势能小于在E点的电势能，故C正确，D错误．故选C.10.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（）A.B.C.D.`10.B解析：根据题意可知下落过程中，第一阶段：OA自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。5{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}AB．根据重力势能表达式可知Ep1mg(x1x2x)xx1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。xx1时，弹性势能1Ek(xx)2p221设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知EE0Ep2可知1EEk(xx)2021是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段11mg2Emv2m(gt)2t2k212121故第一阶段的Ekt图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则由mgFa弹m可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段由Fmga弹m可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在xx1的范围内，先加速后减速，xt图像的斜率先增大后减小，则Ep2t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。故选B。二、非选择题：本题共5题，共60分．其中第12～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11.(15分)某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝Rx的电阻率．(1)用螺旋测微器测量待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d＝________mm.(2)用多用电表粗测金属丝的阻值．当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正6{#{QQABQQSQggiAQBAAABhCAQWACgOQkBECACgOxAAEoAAAiAFABAA=}#}确操作后，指针静止时的位置如图乙所示，其读数为________Ω.(3)为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材：A.电流表A(量程0～0.6A，内阻为1.0Ω)B.保护电阻R0C.电源(输出电压恒为6V)D.开关S、导线若干①实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的长度L，闭合开关，记录电流表的示数I.改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值．根据测得的数据，作出如图丁所示的图线，可得R0＝________Ω，金属丝的电阻率ρ＝____