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四川省内江市第六中学2023-2024学年高三下学期第五次月考物理试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高三下学期第五次月考物理试卷（Word版附解析），文件包含四川省内江市第六中学2023-2024学年高三下学期第五次月考理综试题-高中物理原卷版docx、四川省内江市第六中学2023-2024学年高三下学期第五次月考理综试题-高中物理Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
本试卷包括Ⅰ（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题） 两部分， 共 15 页。全卷满分 300 分，考试时间理、化、生三科共 150分钟。
注意事项：
1.答题前， 考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.第Ⅰ卷和每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。第Ⅱ卷用 0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答， 在试题卷上作答， 答案无效。
3.考试结束， 监考员将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量： H-1 He-4 C-12 O-16 Al-27 Ti-48 Fe-56
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
二、选择题： 本题共8小题， 每小题6分， 共48分。在每小题给出的四个选项中， 第14~18 小题只有一个选项符合题目要求， 第19~21 小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分， 选对但不全得3分，有选错的得0分。
1. 1913年玻尔在核式结构模型、原子光谱和普朗克量子概念基础上提出了玻尔的原子结构理论，根据他的理论下列说法正确的是（ ）
A. 电子绕原子核运动的轨道是任意的
B. 原子能量最高的状态称为基态
C. 当原子处于激发态时，原子向外辐射能量
D. 当电子吸收某一能量的光子后会从低能级状态跃迁到高能级状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子绕原子核运动的轨道是不连续的。故A错误；
B．原子能量最低的状态称为基态。故B错误；
C．根据能级假设和频率条件知，原子在基态时候或者在激发态发生跃迁时需要吸收或者发出能量，即不管原子处在何种状态都不会辐射能量。故C错误；
D．当电子吸收一定频率的光子后会从低能级状态跃迁到高能级状态。故D正确。
故选D。
2. 如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为h（篮球中心低于篮筐中心），水平距离为2h，篮球出手时速度与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设向上为正方向，初速度大小为，由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37°，由篮球水平方向做匀速直线运动得
篮球竖直方向做匀减速直线运动得
联立解得篮球出手时速度的大小为
故选B。
3. 静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc；c、d在同一圆上。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中c点和d点的电场强度相同
B. 带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力
C. 一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大
D. 电势差关系：
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B．根据电场线的疏密可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，带上负电的颗粒在a点所受的电场力小于在c点所受的电场力，故B错误；
C．电子从c点运动到a点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由
U=Ed
可知，ab间任意一点的电场强度都小于bc间任意一点的电场强度，因
ab=bc
所以
故D正确。
故选D。
4. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有
解得
可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P到Q的时间为，即
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，四只质量都为猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速度为，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A. 四只猴子的加速度和速度都等于0B. 3号对4号猴子的作用力等于
C. 1号猴子对树梢的拉力为D. 1号猴子对2号猴子的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在2号猴子手滑后的一瞬间，四只猴子的速度都等于0，但加速度都不等于0，故A错误；
B．以3、4号猴子为整体，可知整体的加速度为重力加速度，则4号猴子的加速度也为重力加速度，所以3号对4号猴子的作用力等于0，故B错误；
C．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为，对整体有
则在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子对树梢的拉力保持不变，大小仍为，故C正确；
D．以1、2号猴子为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向上；以2号猴子为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为，故D错误。
故选C。
6. 如图所示， 当K1、K2均闭合时， 一质量为m、带电荷量为q的液滴， 静止在电容器的两平行金属板AB间， 现保持 K1闭合， 将K2断开， 然后将B板向下平移一段距离， 则下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容变小B. A板的电势比电路中Q点的电势高
C. 液滴将向上运动D. 液滴的电势能增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．将B板向下平移一段距离，则两板间距变大，根据
可知，电容器的电容变小，选项A正确；
B．将K2断开之前，A板的电势等于电路中Q点的电势，K2断开之后，电容器带电量不变，根据Q=CU可知，C减小，U变大，则A板电势升高，而电路中的Q点电势没变，则此时A板的电势比电路中Q点的电势高，选项B正确；
C．根据
可得
可知电容器两板场强不变，则液滴仍静止不动，选项C错误；
D．根据U=Ed可知，当下极板B下移时，液滴所在位置与下极板的电势差变大，则电势升高，因液滴带负电，可知液滴的电势能减小，选项D错误。
故选AB。
7. 如图所示，带负电的小球从直角三角形点以初速度v0水平向右抛出，整个空间存在水平向右的匀强电场，且竖直水平，。已知带电小球所受电场力恰好是重力的倍。下列说法正确的是（ ）
A. 小球通过所在直线时的机械能比在点时的机械能大
B. 小球运动过程中机械能最小时，速度方向一定平行于
C. 小球运动过程中动能最小时的电势能最大
D. 小球经过所在直线时的速率等于
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于与电场方向垂直，可知为等势线，当小球通过所在直线时，电场力对小球做功为零，此时小球的机械能与在点时的机械能相等，故A错误；
B．小球运动过程中机械能最小时，电场力对小球做负功最多，此时小球的位置到点的水平距离达到最大，即此时小球水平分速度为零，所以速度方向一定平行于，故B正确；
C．小球运动过程中，动能、重力势能和电势能之和保持不变，所以小球运动过程中动能最小时，重力势能和电势能之和最大，但不是电势能最大；当小球的机械能最小时，电势能才是最大，故C错误；
D．设电场力与重力的合力与的夹角为，则有
可得
可知电场力与重力的合力方向刚好与垂直，则小球经过所在直线时，电场力与重力的合力刚好做功为0，所以小球经过所在直线时的速率等于，故D正确。
故选BD。
8. 一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A. 最大下潜深度为
B. 下潜过程所用总时间为
C. 上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0
D. 潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．设下潜的总时间为，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得
解得
由此可得最大下潜深度
故A错误，B正确；
C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为，匀速阶段浮力的冲量为，减速阶段浮力的冲量为，则有
整理可得上升过程中浮力的冲量大小为
故C正确；
D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有
减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
则可得
故D正确。
故选BCD。
第II卷 非选择题（满分 174 分）
二、非选择题： 包括必考题和选考题两部分， 第22题~第 32题为必考题， 每个试题考试都必须作答。第33题~第38题为选考题， 考生根据要求作答。
（一）必考题： 共 129 分。
9. 用如图所示的实验装置测定重力加速度。实验器材有：小钢珠、固定底座、带有标尺的竖直杆、光电门和组成的光电计时器（其中光电门更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜。实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门运动至光电门的时间，并从竖直杆上读出两光电门间的距离。
（1）用游标卡尺测量小钢珠的直径如图b所示，则直径为___________；
（2）保持光电门的位置不变，改变光电门的位置，测得多组根据测得的数据作出图线，若图线斜率的绝对值为，与纵轴的截距为，根据图线可求出重力加速度大小为___________；纵截距与___________的大小相等。（忽略空气阻力）
【答案】 ①. ②. ③. 小钢珠经过光电门的速度
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为，游标读数为
则最终读数为
（2）[2][3]根据
知
作出图线
则图线的斜率绝对值
解得
纵截距，即为小钢珠经过光电门的速度。
10. 某同学想要测量一个量程为0~12V的电压表内阻。
（1）该同学先用欧姆表测量该电压表内阻。欧姆表选“×100”档位，欧姆调零后将该欧姆表红色表笔接在电压表_____（填“正”或“负”）接线柱，黑色表笔接在电压表另一接线柱上，欧姆表指针如图甲所示，则电压表内阻为________Ω。
（2）该同学还设计了如图乙所示的电路测量电压表的内阻。除了待测电压表、导线和开关外，实验室还提供了如下实验器材：
A．电阻箱R1，阻值范围为0~999.9Ω
B．电阻箱R2，阻值范围为0~9999.9Ω
C．滑动变阻器R3，0~20Ω，额定电流0.5A
D．滑动变阻器R4，0~1000Ω，额定电流0.5A
E．电源E1（电动势4.5V，内阻很小）
F．电源E2（电动势15V，内阻很小）
为了测量值尽量准确，还应从提供的电阻箱中选用____（填“A”或“B”） ，滑动变阻器中选用____（填“C”或“D”），电源中选用____（填“E”或“F”）。
（3）实验步骤如下：
①闭合开关、，调节滑动变阻器R，使电压表指针指向满刻度处；
②断开开关，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R'，使电压表指针指向满刻度处；
③读出电阻箱的阻值为R0；
④断开开关、，拆下实验仪器，整理器材。
电压表的内阻为__________（用实验步骤中的字母表示），此实验电压表内阻的测量值与真实值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 负 ②. 1100 ③. B ④. C ⑤. F ⑥. ⑦. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表中，电流从黑色表笔流出，从红色表笔流入，所以，红色表笔应接在电压表的负接线柱；
[2]读数为
（2）[3] 电压表阻值约为1100，测量时，需要电阻箱的阻值至少大于1100，所以选电阻箱；
[4]分压接法，滑动变阻器选小阻值，所以选
[5]电压表的最大电压为12V，为保证能达到最大电压，电源选择F；
（3）[6]电压表从满偏的刻度处，变为刻度处，根据串联关系可知
即
解得
[7]因为开关断开，导致电器中总电阻增大，从而支路电压变大，电阻分得的电压变多，所以测量值偏大。
11. 如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一正离子沿平行于金属板面、从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角为θ=90°，不计重力．求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷q/m．
【答案】 ；
【解析】
【详解】(1)离子平行金属板之间做匀速直线运动：
得：
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：r=R
离子的比荷为：
12. 如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为的绝缘木板B放在水平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸长的轻绳系在墙上，轻绳处于伸直状态。木板B上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数。质量为、带电量为的滑块A以初速度向左滑上木板B，当弹簧的压缩量为时，A速度达到最大；当A速度第一次减到0时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小（为重力加速度），A电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）求轻绳断裂后瞬间，滑块A与木板B的加速度大小之比；
（3）若开始A以初速度从右端滑入木板，求轻绳断裂瞬间滑块A速度的大小；
（4）若开始A以初速度从右端滑入木板，求滑块A从木板B滑落时的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），方向向右
【解析】
【详解】（1）A速度最大时，对A分析有
解得弹簧的劲度系数为
（2）轻绳刚断裂瞬间，设弹力大小为，对A分析，加速度向右，则有
对B分析，加速度向左，则有
联立可得
（3）设第一次A运动位移为时轻绳断裂，若A的初速度，仍然在位移处轻绳断裂，如图所示
此时弹性势能记为，第一次有
第二次有
解得
（4）由于
故当木板向左滑动时，A、B组成的系统动量守恒，设A刚从木板上滑落时，A、B速度分别为、，有
根据能量守恒可得
而
联立可得
解得
，
或
，（舍去）
则A滑落时速度大小为
方向向右。
（二）选考题： 共 45分。请考生从 2道物理题、2道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物理一选修3-3]
13. 下列说法正确的是（ ）
A. 当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小
B. 一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，外界一定从理想气体中吸热
C. 清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用
D. 布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则热运动
E. 一定量的理想气体，如果温度不变，体积减小，分子与器壁每秒平均碰撞次数增多
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，故A正确；
B．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则外界对气体嫩负功，根据知温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律知它一定从外界吸热，故B错误；
C．清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用，故C正确；
D．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，反映了液体或气体分子在永不停息地做无规则热运动，故D错误；
E．一定量的理想气体，如果温度不变，则分子的平均速率不变，体积减小，分子与器壁每秒平均碰撞次数增多，故E正确。
故选ACE。
14. 如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了甲，乙两部分理想气体，下方水银的左液面比右液面高△L=10cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T1=300K，甲气体长度L1=40cm，外界大气压强P0=75cmHg。
(1)缓慢升高温度至T2，使下方水银左右液而等高，求T2；
(2)保持温度T2不变，在右管中级慢注入水银，使甲气体长度恢复为L1=40cm，求注入的水银高度h'。
【答案】(1)375K；(2)22.5cm
【解析】
【详解】(1)对甲气体，初态时的压强为
下方水银左右液面等高时有
设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有
代入数据解得
(2)注入水银，甲气体经历等温压缩过程，长度恢复为L1=40cm时有
根据玻意耳定律，有
代入数据解得
。
[物理一选修 3-4]
15. 在水面上建立如图所示的直角坐标系。同一振动片上的两个振针分别位于x轴上x=12cm和x=-12cm处。振动片振动稳定后，振针处为波源，产生波长为14cm的简谐波，在水面上形成干涉现象。下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点处的质点一直位于最高点
B. x轴上，x=7cm和x=-7cm处均为振动加强点
C. y轴上，y=5cm和y=16cm处质点振动方向始终相反
D. x轴上与y轴上的振动加强点的振动频率不同
E. x轴上，x=-12cm到x=12cm之间存在4个振动减弱点
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．坐标原点处的质点为振动加强点，该处质点在平衡位置附近上下振动，不是一直位于最高点，故A错误；
B．x轴上，x=7cm处的质点到两波源的波程差为，x=-7cm处的质点到两波源的波程差为，都等于简谐波的波长，故x轴上，x=7cm和x=-7cm处均为振动加强点，故B正确；
C．y轴上，y=5cm和y=16cm处质点到两波源的波程差都为零，均是振动加强点，y=5cm处质点到x=12cm处的距离为
y=16cm处质点到x=12cm处的距离为
由于
对于每个波源单独引起的振动，两处的振动方向始终相反，两个波源引起的振动叠加后，两处的振动方向仍始终相反，故C正确；
D．x轴上与y轴上的振动加强点，振动频率均等于振动片振动的频率，故D错误；
E．设x=-12cm到x=12cm之间的振动减弱点坐标为，则
（n＝0，1，2，3…）
且
解得
故x轴上，x=-12cm到x=12cm之间存4个振动减弱点，故E正确。
故选BCE。
16. 如图所示，某透明介质截面为直角三角形，其中，与截面EFG平行的光从GF边上O点入射，OF长为。入射角从逐渐减小到的过程中，在EF面的光点移动的距离也为L，已知光在真空中传播的速度为c。
（1）求透明介质的折射率；
（2）求当光线刚好在EF面发生全反射时，光从GF面传播到EF面所需要的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）当时，光射到M点，当时，光射到N点，由题得
，
由几何关系得
，
（2）设当折射光线刚好在EF上P点发生全反射，则
所以
，
故
在介质中
所以
本试卷包括Ⅰ（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题） 两部分， 共 15 页。全卷满分 300 分，考试时间理、化、生三科共 150分钟。
注意事项：
1.答题前， 考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.第Ⅰ卷和每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。第Ⅱ卷用 0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答， 在试题卷上作答， 答案无效。
3.考试结束， 监考员将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量： H-1 He-4 C-12 O-16 Al-27 Ti-48 Fe-56
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
二、选择题： 本题共8小题， 每小题6分， 共48分。在每小题给出的四个选项中， 第14~18 小题只有一个选项符合题目要求， 第19~21 小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分， 选对但不全得3分，有选错的得0分。
1. 1913年玻尔在核式结构模型、原子光谱和普朗克量子概念基础上提出了玻尔的原子结构理论，根据他的理论下列说法正确的是（ ）
A. 电子绕原子核运动的轨道是任意的
B. 原子能量最高的状态称为基态
C. 当原子处于激发态时，原子向外辐射能量
D. 当电子吸收某一能量的光子后会从低能级状态跃迁到高能级状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子绕原子核运动的轨道是不连续的。故A错误；
B．原子能量最低的状态称为基态。故B错误；
C．根据能级假设和频率条件知，原子在基态时候或者在激发态发生跃迁时需要吸收或者发出能量，即不管原子处在何种状态都不会辐射能量。故C错误；
D．当电子吸收一定频率的光子后会从低能级状态跃迁到高能级状态。故D正确。
故选D。
2. 如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为h（篮球中心低于篮筐中心），水平距离为2h，篮球出手时速度与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设向上为正方向，初速度大小为，由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37°，由篮球水平方向做匀速直线运动得
篮球竖直方向做匀减速直线运动得
联立解得篮球出手时速度的大小为
故选B。
3. 静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc；c、d在同一圆上。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中c点和d点的电场强度相同
B. 带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力
C. 一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大
D. 电势差关系：
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B．根据电场线的疏密可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，带上负电的颗粒在a点所受的电场力小于在c点所受的电场力，故B错误；
C．电子从c点运动到a点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由
U=Ed
可知，ab间任意一点的电场强度都小于bc间任意一点的电场强度，因
ab=bc
所以
故D正确。
故选D。
4. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有
解得
可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P到Q的时间为，即
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，四只质量都为猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速度为，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A. 四只猴子的加速度和速度都等于0B. 3号对4号猴子的作用力等于
C. 1号猴子对树梢的拉力为D. 1号猴子对2号猴子的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在2号猴子手滑后的一瞬间，四只猴子的速度都等于0，但加速度都不等于0，故A错误；
B．以3、4号猴子为整体，可知整体的加速度为重力加速度，则4号猴子的加速度也为重力加速度，所以3号对4号猴子的作用力等于0，故B错误；
C．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为，对整体有
则在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子对树梢的拉力保持不变，大小仍为，故C正确；
D．以1、2号猴子为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向上；以2号猴子为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为，故D错误。
故选C。
6. 如图所示， 当K1、K2均闭合时， 一质量为m、带电荷量为q的液滴， 静止在电容器的两平行金属板AB间， 现保持 K1闭合， 将K2断开， 然后将B板向下平移一段距离， 则下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容变小B. A板的电势比电路中Q点的电势高
C. 液滴将向上运动D. 液滴的电势能增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．将B板向下平移一段距离，则两板间距变大，根据
可知，电容器的电容变小，选项A正确；
B．将K2断开之前，A板的电势等于电路中Q点的电势，K2断开之后，电容器带电量不变，根据Q=CU可知，C减小，U变大，则A板电势升高，而电路中的Q点电势没变，则此时A板的电势比电路中Q点的电势高，选项B正确；
C．根据
可得
可知电容器两板场强不变，则液滴仍静止不动，选项C错误；
D．根据U=Ed可知，当下极板B下移时，液滴所在位置与下极板的电势差变大，则电势升高，因液滴带负电，可知液滴的电势能减小，选项D错误。
故选AB。
7. 如图所示，带负电的小球从直角三角形点以初速度v0水平向右抛出，整个空间存在水平向右的匀强电场，且竖直水平，。已知带电小球所受电场力恰好是重力的倍。下列说法正确的是（ ）
A. 小球通过所在直线时的机械能比在点时的机械能大
B. 小球运动过程中机械能最小时，速度方向一定平行于
C. 小球运动过程中动能最小时的电势能最大
D. 小球经过所在直线时的速率等于
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于与电场方向垂直，可知为等势线，当小球通过所在直线时，电场力对小球做功为零，此时小球的机械能与在点时的机械能相等，故A错误；
B．小球运动过程中机械能最小时，电场力对小球做负功最多，此时小球的位置到点的水平距离达到最大，即此时小球水平分速度为零，所以速度方向一定平行于，故B正确；
C．小球运动过程中，动能、重力势能和电势能之和保持不变，所以小球运动过程中动能最小时，重力势能和电势能之和最大，但不是电势能最大；当小球的机械能最小时，电势能才是最大，故C错误；
D．设电场力与重力的合力与的夹角为，则有
可得
可知电场力与重力的合力方向刚好与垂直，则小球经过所在直线时，电场力与重力的合力刚好做功为0，所以小球经过所在直线时的速率等于，故D正确。
故选BD。
8. 一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A. 最大下潜深度为
B. 下潜过程所用总时间为
C. 上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0
D. 潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．设下潜的总时间为，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得
解得
由此可得最大下潜深度
故A错误，B正确；
C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为，匀速阶段浮力的冲量为，减速阶段浮力的冲量为，则有
整理可得上升过程中浮力的冲量大小为
故C正确；
D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有
减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
则可得
故D正确。
故选BCD。
第II卷 非选择题（满分 174 分）
二、非选择题： 包括必考题和选考题两部分， 第22题~第 32题为必考题， 每个试题考试都必须作答。第33题~第38题为选考题， 考生根据要求作答。
（一）必考题： 共 129 分。
9. 用如图所示的实验装置测定重力加速度。实验器材有：小钢珠、固定底座、带有标尺的竖直杆、光电门和组成的光电计时器（其中光电门更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜。实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门运动至光电门的时间，并从竖直杆上读出两光电门间的距离。
（1）用游标卡尺测量小钢珠的直径如图b所示，则直径为___________；
（2）保持光电门的位置不变，改变光电门的位置，测得多组根据测得的数据作出图线，若图线斜率的绝对值为，与纵轴的截距为，根据图线可求出重力加速度大小为___________；纵截距与___________的大小相等。（忽略空气阻力）
【答案】 ①. ②. ③. 小钢珠经过光电门的速度
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为，游标读数为
则最终读数为
（2）[2][3]根据
知
作出图线
则图线的斜率绝对值
解得
纵截距，即为小钢珠经过光电门的速度。
10. 某同学想要测量一个量程为0~12V的电压表内阻。
（1）该同学先用欧姆表测量该电压表内阻。欧姆表选“×100”档位，欧姆调零后将该欧姆表红色表笔接在电压表_____（填“正”或“负”）接线柱，黑色表笔接在电压表另一接线柱上，欧姆表指针如图甲所示，则电压表内阻为________Ω。
（2）该同学还设计了如图乙所示的电路测量电压表的内阻。除了待测电压表、导线和开关外，实验室还提供了如下实验器材：
A．电阻箱R1，阻值范围为0~999.9Ω
B．电阻箱R2，阻值范围为0~9999.9Ω
C．滑动变阻器R3，0~20Ω，额定电流0.5A
D．滑动变阻器R4，0~1000Ω，额定电流0.5A
E．电源E1（电动势4.5V，内阻很小）
F．电源E2（电动势15V，内阻很小）
为了测量值尽量准确，还应从提供的电阻箱中选用____（填“A”或“B”） ，滑动变阻器中选用____（填“C”或“D”），电源中选用____（填“E”或“F”）。
（3）实验步骤如下：
①闭合开关、，调节滑动变阻器R，使电压表指针指向满刻度处；
②断开开关，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R'，使电压表指针指向满刻度处；
③读出电阻箱的阻值为R0；
④断开开关、，拆下实验仪器，整理器材。
电压表的内阻为__________（用实验步骤中的字母表示），此实验电压表内阻的测量值与真实值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 负 ②. 1100 ③. B ④. C ⑤. F ⑥. ⑦. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表中，电流从黑色表笔流出，从红色表笔流入，所以，红色表笔应接在电压表的负接线柱；
[2]读数为
（2）[3] 电压表阻值约为1100，测量时，需要电阻箱的阻值至少大于1100，所以选电阻箱；
[4]分压接法，滑动变阻器选小阻值，所以选
[5]电压表的最大电压为12V，为保证能达到最大电压，电源选择F；
（3）[6]电压表从满偏的刻度处，变为刻度处，根据串联关系可知
即
解得
[7]因为开关断开，导致电器中总电阻增大，从而支路电压变大，电阻分得的电压变多，所以测量值偏大。
11. 如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一正离子沿平行于金属板面、从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角为θ=90°，不计重力．求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷q/m．
【答案】 ；
【解析】
【详解】(1)离子平行金属板之间做匀速直线运动：
得：
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：r=R
离子的比荷为：
12. 如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为的绝缘木板B放在水平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸长的轻绳系在墙上，轻绳处于伸直状态。木板B上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数。质量为、带电量为的滑块A以初速度向左滑上木板B，当弹簧的压缩量为时，A速度达到最大；当A速度第一次减到0时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小（为重力加速度），A电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）求轻绳断裂后瞬间，滑块A与木板B的加速度大小之比；
（3）若开始A以初速度从右端滑入木板，求轻绳断裂瞬间滑块A速度的大小；
（4）若开始A以初速度从右端滑入木板，求滑块A从木板B滑落时的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），方向向右
【解析】
【详解】（1）A速度最大时，对A分析有
解得弹簧的劲度系数为
（2）轻绳刚断裂瞬间，设弹力大小为，对A分析，加速度向右，则有
对B分析，加速度向左，则有
联立可得
（3）设第一次A运动位移为时轻绳断裂，若A的初速度，仍然在位移处轻绳断裂，如图所示
此时弹性势能记为，第一次有
第二次有
解得
（4）由于
故当木板向左滑动时，A、B组成的系统动量守恒，设A刚从木板上滑落时，A、B速度分别为、，有
根据能量守恒可得
而
联立可得
解得
，
或
，（舍去）
则A滑落时速度大小为
方向向右。
（二）选考题： 共 45分。请考生从 2道物理题、2道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物理一选修3-3]
13. 下列说法正确的是（ ）
A. 当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小
B. 一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，外界一定从理想气体中吸热
C. 清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用
D. 布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则热运动
E. 一定量的理想气体，如果温度不变，体积减小，分子与器壁每秒平均碰撞次数增多
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，故A正确；
B．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则外界对气体嫩负功，根据知温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律知它一定从外界吸热，故B错误；
C．清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用，故C正确；
D．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，反映了液体或气体分子在永不停息地做无规则热运动，故D错误；
E．一定量的理想气体，如果温度不变，则分子的平均速率不变，体积减小，分子与器壁每秒平均碰撞次数增多，故E正确。
故选ACE。
14. 如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了甲，乙两部分理想气体，下方水银的左液面比右液面高△L=10cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T1=300K，甲气体长度L1=40cm，外界大气压强P0=75cmHg。
(1)缓慢升高温度至T2，使下方水银左右液而等高，求T2；
(2)保持温度T2不变，在右管中级慢注入水银，使甲气体长度恢复为L1=40cm，求注入的水银高度h'。
【答案】(1)375K；(2)22.5cm
【解析】
【详解】(1)对甲气体，初态时的压强为
下方水银左右液面等高时有
设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有
代入数据解得
(2)注入水银，甲气体经历等温压缩过程，长度恢复为L1=40cm时有
根据玻意耳定律，有
代入数据解得
。
[物理一选修 3-4]
15. 在水面上建立如图所示的直角坐标系。同一振动片上的两个振针分别位于x轴上x=12cm和x=-12cm处。振动片振动稳定后，振针处为波源，产生波长为14cm的简谐波，在水面上形成干涉现象。下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点处的质点一直位于最高点
B. x轴上，x=7cm和x=-7cm处均为振动加强点
C. y轴上，y=5cm和y=16cm处质点振动方向始终相反
D. x轴上与y轴上的振动加强点的振动频率不同
E. x轴上，x=-12cm到x=12cm之间存在4个振动减弱点
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．坐标原点处的质点为振动加强点，该处质点在平衡位置附近上下振动，不是一直位于最高点，故A错误；
B．x轴上，x=7cm处的质点到两波源的波程差为，x=-7cm处的质点到两波源的波程差为，都等于简谐波的波长，故x轴上，x=7cm和x=-7cm处均为振动加强点，故B正确；
C．y轴上，y=5cm和y=16cm处质点到两波源的波程差都为零，均是振动加强点，y=5cm处质点到x=12cm处的距离为
y=16cm处质点到x=12cm处的距离为
由于
对于每个波源单独引起的振动，两处的振动方向始终相反，两个波源引起的振动叠加后，两处的振动方向仍始终相反，故C正确；
D．x轴上与y轴上的振动加强点，振动频率均等于振动片振动的频率，故D错误；
E．设x=-12cm到x=12cm之间的振动减弱点坐标为，则
（n＝0，1，2，3…）
且
解得
故x轴上，x=-12cm到x=12cm之间存4个振动减弱点，故E正确。
故选BCE。
16. 如图所示，某透明介质截面为直角三角形，其中，与截面EFG平行的光从GF边上O点入射，OF长为。入射角从逐渐减小到的过程中，在EF面的光点移动的距离也为L，已知光在真空中传播的速度为c。
（1）求透明介质的折射率；
（2）求当光线刚好在EF面发生全反射时，光从GF面传播到EF面所需要的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）当时，光射到M点，当时，光射到N点，由题得
，
由几何关系得
，
（2）设当折射光线刚好在EF上P点发生全反射，则
所以
，
故
在介质中
所以
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