绝密★考试结束前
宁波“十校”2023届高三3月联考
物理试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1,答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答
题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷
上的作答一律无效。
3.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分
一、选择题I(本大题共13小题，每题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合
题目要求，不选、错选、多选均不得分)
1.以下物理量为矢量的是
A.电流
B.电势
C.磁感应强度
D.功
2.以下带下划线的物体可看成质点的是
A.小明观察蚂蚁拖动饭粒，蚂蚁的肢体是如何分工的。
B.小英测算蚂蚁拖动饭粒，蚂蚁在一分钟内爬行的路程。
C.在跳水比赛中，裁判员给跳水运动员评分。
D.数练在训练中观察跳高运动员的跳高过程
3,十四夜闹元宵是象山石浦的渔家习俗，其中民间灯舞更能传递渔家文化。如图
所示，演员手举鱼灯静止不动。忽略空气作用力，以下说法正确的是
A.鱼灯对杆的作用力沿杆向下
B.鱼灯对杆的作用力竖直向下
C.人对杆的摩擦力竖直向上
D,手握得越紧，人对杆得摩擦力越大
第3题图
4.2022年3月23日15时40分，中国航天“天宫课堂”第二课开课了，这次在距离地面约400m的
中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。授课期间，航天员演示了“水油分离实验”和“太
空抛物实验等，下列说法正确的是
餐隆正应丽
第4题图
A,在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态
B,“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
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C.在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做平抛运动
D.利用密度不同，“天宫”中让水和油的混合物做圆周运动能使水和油分离
5.如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道
次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过
山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是
A.由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B.三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C.沿C轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D.沿A轨道滑下轨道对小球的支持力冲量为零
第5题图
6.如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，=0时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，
沿x轴负方向传播的波刚好传播到x=1m处。已知两列波的
振幅均为5cm,波速均为5m/s,则下列说法正确的是
A.两波相遇后，原点是振动减弱的点
B.经0.4s,处于原点的质点运动的路程为2m
C.0.4s时，坐标在0-1m之间的质点位移都为0
第6题图
D.在0-0.4s内，坐标在0-1m之间的质点的路程都为0
7.有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对
太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，
若膜面积为S,每秒钟辐射到单位面积上的太阳光能为E,探测器总质量为M，光速为c,则探
测器获得的加速度大小的表达式是
A.2ES
B.2ES
C.ES
D.2Es
cM
c"M
cM
cMh
8.在气候干燥的秋冬季节，我们的日常生活中会出现很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属
门把手时，突然有一种被电击的感觉。这是因为人在生活中与各种物
体接触摩擦后身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间出现放电现
象。如图所示，若放电前，小明的手指带负电，关于放电前手指缓慢
靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是
A.门把手内部的场强逐渐变大
B.门把手与手指之间的场强逐渐增大
C.门把手左端电势高于右端电势
D.门把手右端带负电荷且电荷量增加
第8题图
9.电容器是一种重要的电学元件，
↑mA
在电工、电子技术中应用广泛。
电
Ro
使用图甲所示电路观察电容器计算机
传
的充、放电过程。电路中的电流
600
900
传感器与计算机相连，可以显示
0
300
s
电路中电流随时间的变化。图甲
中直流电源电动势E=8V,实验
甲
第9题图
3
前电容器不带电。先使S与“1”
端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时
间变化的-t曲线如图乙所示。下列说法正确的是
宁波“十校”物理试题卷第2页共8页宁波“十校”2023 届高三 3 月联考
物理参考答案
一、选择题Ⅰ（本大题共 13 小题，每题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合
题目要求，不选、错选、多选均不得分）
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C B B D B C
7 8 9 10 11 12 13
A B D D C D B
二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符
合题目要求的。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
题号 14 15
答案 ABD BD
三、非选择题（本大题共 7 小题，共 55 分）
16．Ⅰ．
（1）①BC（2 分） ②B（1 分） ③CD（2 分）
（2）①B（1 分） ②C（1 分）
Ⅱ．
2
（1）①3.699-3.701 （1 分） ②m（1 分） bd （1 分） 不变（1 分）
4a
（2）①需要（1 分） ②C（1 分） ③b（1 分）
17．（1）均匀 （2分）
（2）封闭气体做等圧変化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，
V V
由盖-吕萨克定律知 1＝ 2 （1分）
T1 T2
V 358 + 0.2 20
可得T ＝ 22 T1 = 300 = 301.7K （2分）
V1 358 + 0.1 20
（答案为28.5 C-28.7 C也算正确）
（3）气体对外做功W = P V = 0.2J （1分）
由热力学第一定律知 U =Q W = 0.5J （2分）
18．（1） a 2 2 19m 3 64.6J P = 4m / s ；（ ） ；（ ）
（1）滑块 P在下滑到底端的过程中，由牛顿第二定律得
mP g sin37 2mP g cos37 = mPa （2 分）
代入数据可得 a = 4m/s2 （1 分）
（2）滑块 P下滑到底端时 v1 = 2ad = 8m/s （1 分）
滑块 P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，能量守恒，有
mPv1 + 0 = mPvP + mQvQ （1 分）
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1 2 1 1mPv1 = mPv
2
P + m
2
QvQ （1 分）
2 2 2
代入数据可得 v = 4m/s ， vQ =12m/sP
滑块 P与 Q碰后，Q经 t =1s 滑上木板，则可知碰撞点离木板 右端距离为 x = vQt =12m
x
而 P 物体到达木板右端位置的时间为 t = = 3s
vP
此时 Q物体刚好滑离木板，对 Q 物体受力分析，由牛顿第二定律 2mQ g = mQaQ
可得 aQ = 2.5m/s
2
对木板有 2mP g = 1(mP + M )g = 2.5N
即木板静止不动，则 Q在静止的木板上做匀减速直线运动，
1 的
故长木板的长度 L = v
2
Qt1 aQt1 =19m （1 分）
2
（3）Q 与木板间产生的热量Q1 = m g L = 47.5J （1 分） 2 Q
P 在木板上运动时，由 m g = m a 2 P P P
及 2mQ g 1(M +mP )g = Ma （1 分） M
解得 a = 2.5m/s2 ， a =1m/s2 P M
v2 16
则 P 与木板间的相对运动距离 x = P = m
2(aP + aM ) 7
120
可得 P 与木板间产生的热量Q = m （1 分） 2 1 P g x = J
7
905
故 P、Q与木板间产生的总热量Q =Q +Q = J = 64.6J （1 分） 1 2
14
19．（1）1C （2） J （3）3+ (N s) （4）-0.2m 0
2 4
R
（1）可知电路总电阻 R总 = + r = 0.2 （1 分）
2
由 E = = IR总
t
Bl x
通过导体棒得电量 q = I t = = =1C （1 分）
R总 R总
Blv
（2）通过棒 ab 得电流随时间变化规律为 i = =10sin10t(A) （1 分）
R总
可得电流得有效值 I = 5 2A （1 分）
2
I
故一个周期内 MN 边中产生得热量Q = RT = J （1 分）
2 2
（3）由动量定理得 I mg sin t BIl t = mv 1 F m （ 分）
其中 BIl t = Blq （1 分）
解得 IF = 3+ (N s) （1 分）
4
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（4）金属框受到得摩擦力 f = Mg sin Bil = 25 10sin10t (N ) （1 分）
由于导体棒 ab 做简谐运动，故可知 F mg sin Bil = kx
且 x = 0.2cos10t (m)
得 F = 5+10sin10t + 20cos10t （1 分）
由于 F = f ，可得 x = 0或 0.2m （1 分）
20．（1）根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹如图所示
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得，竖直方向的位移为
1 1 qE 0.5d
y = at2 = ( )2 （1 分）
2 2 m v
0
2
其中 2B qd BE = 0 、v = 0
qd ，代入可得 y = 0.25d （1 分）
0
m m
则粒子在第一象限离开电场的纵坐标为 y = 0.5d + y = 0.75d
所以粒子在第一象限离开电场的坐标为（0.5d，0.75d）。 （1 分）
0.25d
（2）粒子进入匀强磁场①区域，速度偏转角度的正切值为 tan = 2 =1
0.5d
即带电粒子进入磁场①时与 y 轴负方向的夹角为 45°，粒子刚进入匀强磁场①时的瞬时速
v
度大小为 v = 0 = 2v （1 分） 0
cos 45
经过匀强磁场①后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电场，说明粒子在磁场中的轨
迹关于 x轴对称，根据几何关系可知粒子在匀强磁场①的轨迹半径为 3 2r = d （1 分） 1
4
v 2
根据洛伦兹力提供向心力，有 B v q = m （1 分） 1
r1
mv 4
解得 r = 联立可得 B = B （1 分） 1 1 0
qB1 3
0.5d m
（3）粒子在两段匀强电场中运动的时间为 t1 = 2 =
v0 B0q
粒子在匀强磁场①中运动时，轨迹所对应的圆心角为 270°，
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3 2πm 9πm
则有 t2 = = （1 分）
4 qB1 8qB0
3
(1 )d
粒子从 B到 C和从 D到 A的运动时间为 2 m （1 分） t3 = 2 = (2 3)
v0 qB0
5 2πm 5πm
带电粒子在匀强磁场②中运动 时间为 t4 = = （1 分）
6 qB0 3qB0
67π m
所以粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间为 t总 = t + t 1 2 + t3 + t4 = 3 3 +
24 qB0
（1 分） 的
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