山西省朔州市懷仁市2023-2024學年高三上學期1月期末考試物理試題【含答案解析】

懷仁市2023——2024學年度上學期高三第二次教學質(zhì)量調(diào)研試題物理（考試時間90分鐘，滿分100分）一、選擇題：本題共12小題，每題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項是符合題目要求。第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系中，一個質(zhì)量為的質(zhì)點在外力的作用下，從坐標原點由靜止沿直線斜向下運動，直線與軸負方向成角重力加速度為，則下列說法正確的（）A.當時，質(zhì)點的機械能不守恒B.當時，質(zhì)點的機械能守恒C.當時，質(zhì)點的機械能一定增大D.當時，質(zhì)點的機械能可能減小也可能增大【答案】ABC【解析】【詳解】AC．當時，由于，故分析可知，此時拉力F方向為水平向右，質(zhì)點受力如圖所示由于拉力F的方向與物體運動方向的夾角小于90°，故拉力F做正功，質(zhì)點的機械能增加。故AC正確。BD．當時，此時質(zhì)點受力如圖所示此時拉力F最小，且拉力F的方向與物體運動方向垂直，故拉力F做功為零，質(zhì)點的機械能守恒，故B正確，D錯誤。故選ABC。2.如圖（a）所示，一質(zhì)量為的長木板靜置于粗糙水平面上，其上放置一質(zhì)量未知的小滑塊，且長木板與小滑塊之間接觸面粗糙。小滑塊受到水平拉力作用時，用傳感器測出小滑塊的加速度與水平拉力的關(guān)系如圖（b）實線所示。已知地面與長木板的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度，下列說法正確的是（）A.小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.6B.當水平拉力增大時，小滑塊比長木板先相對地面發(fā)生滑動C.小滑塊的質(zhì)量為D.當水平拉力時，長木板的加速度大小為【答案】A【解析】【詳解】A．設(shè)小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，小滑塊的質(zhì)量為m，由圖（b）可知，當小滑塊與長木板恰好產(chǎn)生相對滑動時，對小滑塊由牛頓第二定律可得可知圖像的加速度軸上截距有?6m/s2，可得解得A正確；BC．由圖（b）可知，當拉力為時，小滑塊與長木板恰好相對滑動，此時小滑塊與長木板有相同的加速度2m/s2，設(shè)長木板的質(zhì)量為M，對長木板由牛頓第二定律則有解得對小滑塊則有解得因為當水平拉力增大時，可知小滑塊與長木板相對地面同時發(fā)生滑動，BC錯誤；D．當水平拉力時，對小滑塊與長木板組成的整體，由牛頓第二定律可得解得小滑塊與長木板的加速度大小為D錯誤。故選A。3.如圖所示，一個傾角為的面與圓弧對接，斜面高度與圓弧半徑相等，斜面的底端在圓心的正下方。從斜面頂點以一定的初速度向右水平拋出一小球，則下列說法正確的是（）A.小球初速度不同，則運動時間一定不同B.小球落到斜面上時，其速度方向一定相同C.小球落到斜面和圓弧等高位置時，重力做功相等，速度大小一定相等D.小球落到圓弧面上時，其速度方向可能與該處圓的切線垂直【答案】B【解析】【詳解】A．小球在空中做平拋運動，滿足故當小球落在斜面和圓弧等高位置時，運動時間相同，初速度不同，故A錯誤；B．小球落到斜面上時，位移與水平方向夾角為，由平拋規(guī)律可知，速度與水平方向夾角滿足故小球落到斜面上時，其速度方向與水平方向夾角為定值，故B正確；C．小球落到斜面和圓弧等高位置時，重力做功均為由平拋運動規(guī)律可知，小球落到斜面和圓弧等高位置時，豎直方向分速度大小相等，水平方向速度大小不相等，故合速度大小不相等，故C錯誤；D．小球落到圓弧面上時，其速度方向若與該處圓切線垂直，則速度的反向延長線一定過圓心，又因為平拋運動中速度的反向延長線過水平位移的中點，則水平位移為2R，豎直位移為零，與平拋運動性質(zhì)不符，故D錯誤。故選B。4.物塊中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊的質(zhì)量為，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，時對物塊施加水平向右的恒力，時撤去，在內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中以下分析正確的是（）A.時的速度大小等于B.恒力大小為C.內(nèi)的動量增加量為D.撤去推力后彈簧最長時，的速度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．圖象與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則時Q的速度大小等于由圖可得實際Q的圖象與坐標軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時圖象與坐標軸圍成的面積，故t=1s時Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯誤；B．時，對物塊P有故恒力大小為2N，故B錯誤；C．施加水平向右的恒力F的過程中，根據(jù)動量定理有故0~1s內(nèi)P的動量增加量小于，故C錯誤；D．時，對物塊P、Q整體有解得撤去推力后，P、Q共速時，彈簧最長，有解得撤去推力后彈簧最長時，Q的速度大小為故D正確。故選D。5.光滑導軌固定于水平面上，導軌寬度為，導軌處于垂直水平面豎直向下的勻強磁場中，俯視圖如圖1所示，質(zhì)量為的金屬棒置于導軌上，金屬棒在外力作用下由靜止開始運動，已知外力隨金屬棒速度變化規(guī)律如圖2所示，導軌左端連接阻值為的電阻，其余電阻不計，則關(guān)于金屬棒運動過程下列說法正確的是（）A.金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動B.內(nèi)通過電阻R的電量為C.磁感應(yīng)強度大小為D.內(nèi)外力的沖量大小為【答案】D【解析】【詳解】AC．根據(jù)牛頓第二定律其中整理得根據(jù)圖像可知，解得，導體棒加速度不變，做勻變速直線運動，故AC錯誤；B．內(nèi)通過的位移為則電阻R的電量為故B錯誤；D．5s末導體棒的速度根據(jù)動量定理，其中解得外力的沖量大小為35N·s故D正確。故選D。6.如圖所示電路中，變壓器為理想變壓器，電流表和電壓表均為理想電表。三個定值電阻阻值分別為，其中。在兩端接電壓有效值為的交流電源，開始時開關(guān)接觸點，現(xiàn)使接觸點，下列說法正確的是（）A.電流表示數(shù)變小 B.電壓表示數(shù)不變C.變壓器的輸出功率一定變大 D.整個電路消耗的功率變大【答案】A【解析】【詳解】A．因為，所以開關(guān)從b打到a，接入輸出電路的電阻增大，電流減小,所以輸入電路的電流也會減小，即電流表示數(shù)變小，A正確；B．因為輸入電路的電流減小，設(shè)電壓表兩端電壓為，則所以電壓表示數(shù)增大，B錯誤；C．變壓器的輸出功率可能變大，可能變小，C錯誤；D．整個電路消耗的功率等于U乘以輸入電路的電流，電流變小，U不變，所以整個電路消耗的功率變小，D錯誤；故選A。7.一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A經(jīng)B、C變化到狀態(tài)D的狀態(tài)變化過程p-V圖像如圖所示，橫坐標體積數(shù)量級為，縱坐標壓強數(shù)量級為，AB與橫軸平行，BC與縱軸平行，ODC在同一直線上，已知A狀態(tài)溫度為400K，從A狀態(tài)至B狀態(tài)氣體吸收了320J的熱量，下列說法正確的是（）A.A狀態(tài)的內(nèi)能大于C狀態(tài)的內(nèi)能B.從B狀態(tài)到C狀態(tài)的過程中，器壁單位面積在單位時間內(nèi)受到撞擊的分子數(shù)增加C.從A狀態(tài)到B狀態(tài)過程中，氣體內(nèi)能增加了250JD.D狀態(tài)的溫度為225K【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，由于A、C兩狀態(tài)的乘積相等，則兩狀態(tài)的溫度相同，所以A狀態(tài)的內(nèi)能等于C狀態(tài)的內(nèi)能，故A錯誤；B．由圖可知，從B狀態(tài)到C狀態(tài)的過程中，氣體的體積不變，壓強減小，根據(jù)壓強的微觀解釋可知，器壁單位面積在單位時間內(nèi)受到撞擊的分子數(shù)減少，故B錯誤；C．從A狀態(tài)到B狀態(tài)的過程中，氣體吸收了320J的熱量，同時氣體對外做功，因圖像的面積等于功，可得根據(jù)熱力學第一定律可得故C錯誤；D．由圖可知D狀態(tài)的壓強為根據(jù)可得故D正確。故選D。8.如圖甲為簡諧橫波在t=0.025s時的波形圖，A、B、C、P是介質(zhì)中的四個質(zhì)點，已知B、P兩質(zhì)點平衡位置之間的距離為14m，圖乙為質(zhì)點C的振動圖像，下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播B.質(zhì)點C的平衡位置位于x=6m處C.從t=0.025s開始，質(zhì)點B比質(zhì)點C早回到平衡位置D.P點的振動方程【答案】C【解析】【詳解】A．由C點的振動圖像可知，在t=0.025s時質(zhì)點C沿y軸正向運動，結(jié)合波形圖可知，該波沿x軸正方向傳播，選項A錯誤；B．由波形圖可知因yB=5cm，由數(shù)學知識可知，B點的平衡位置距離A點的平衡位置，則BP之間的平衡位置間距為解得在t=0.025s時質(zhì)點C離開平衡位置的位移為則質(zhì)點C的平衡位置位于處，選項B錯誤；C．從t=0.025s開始，質(zhì)點B回到平衡位置時經(jīng)過的時間為質(zhì)點C回到平衡位置時經(jīng)過的時間為質(zhì)點B比質(zhì)點C早回到平衡位置的時間為選項C正確；D．因可知P點的振動方程在t=0.025s時刻P點位移y=-10cm，可得解得則P點的振動方程為選項D錯誤。故選C。9.已知質(zhì)量均勻分布的球殼對內(nèi)部物體的引力為零。如圖為某設(shè)計貫通地球的光滑真空列車隧道，質(zhì)量為m的列車從入口A點由靜止開始穿過隧道到達地球另一端的B點，其中O為地心，C點到O點的距離為x。假設(shè)地球是半徑為R的質(zhì)量均勻分布的球體，地球表面的重力加速度為g，不考慮地球自轉(zhuǎn)影響。則（）A.列車在C點處受到的引力大小為B.若列車完全無動力往復運行，則它在隧道內(nèi)做簡諧振動C.列車的最大速度為D.列車通過隧道的時間小于【答案】BCD【解析】【詳解】A.將地球看作兩部分，一部分是以O(shè)為球心x為半徑的“小球”，另一部分即剩余的球殼，球殼對C點處的列車引力為0，所以只需要考慮C點以下的“小球”對列車的引力，由萬有引力定律得故A錯誤；B.由于列車受到的合力與偏離O點的距離成正比，且方向與偏離O點的方向相反，所以完全無動力運行時列車在隧道內(nèi)做簡諧振動，故B正確；C.列車在O點時速度最大，研究列車從A到O的過程，由動能定理得得故C正確；D.列車從A到O的過程做加速度減小的加速運動，平均速度大于，運動時間小于，所以列車通過隧道的時間小于，故D正確。故選BCD。10.如圖甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，一根輕彈簧一端與豎直墻面連接，另一端與工件不拴接。工件將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無初速度釋放，工件向右運動受到的摩擦力Ff隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，x0、Ff0為已知量，則下列說法正確的是（工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相等）（）A.工件在傳送帶上先做加速運動，后做減速運動B.工件向右運動2x0后與彈簧分離C.彈簧的勁度系數(shù)為D.整個運動過程中摩擦力對工件做功為【答案】BD【解析】【詳解】A．從圖乙可知，摩擦力在處方向發(fā)生變化，在區(qū)間工件的摩擦力大小發(fā)生變化，說明工件與傳送帶相對靜止，故工件先做加速運動后做勻速運動，故A錯誤；B．在區(qū)間摩擦力大小等于彈簧彈力大小，位置摩擦力為零，所以彈力為零，所以工件運動后與彈簧分離，故B正確；C．由胡克定律得解得彈簧的勁度系數(shù)故C錯誤；D．摩擦力對工件先做正功后做負功，圖乙圖像與x軸圍成的面積在數(shù)值上等于摩擦力對工件做的功，即故D正確。故選BD。11.如圖，一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合。A、O、B為豎直平面上的三點，且O為等量異種點電荷連線的中點，AO=BO?，F(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊視為質(zhì)點，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0。則（）A.小物塊帶正電B.從A到B，小物塊的加速度先增大后減小C.電場中AB兩點間電勢差D.從A到B，小物塊所受電場力做功為【答案】BC【解析】【詳解】A．等量異種點電荷電場對稱分布，沿電荷連線的中垂線，電場方向始終垂直中垂線，即中垂線是等勢面，且中間場強最大向兩邊逐漸減小，小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知電場力水平向右，與場強方向相反，則小物塊帶負電，故A錯誤；B．由題意結(jié)合等量異種點電荷電場對稱分布，可知物塊全程做減速運動，可知加速度方向始終豎直向上。從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導致滑動摩擦力增大，根據(jù)可知加速度增大；從O到B，電場強度越來越小，則電場力越來越小，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力減小，導致滑動摩擦力減小，根據(jù)可知加速度減?。粡腁到B，加速度先增大后減小，故B正確；CD．由于等量異種點電荷連線的中垂線為一等勢線，所以電場中AB兩點間電勢差，從A到B，小物塊所受電場力做功為故C正確，D錯誤。故選BC。12.如圖所示，在等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，O為ab邊的中點，在O處有一粒子源沿紙面內(nèi)不同方向、以相同的速率不斷向磁場中釋放相同的帶正電的粒子，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，直角邊ab長為，不計重力和粒子間的相互作用力。則（）A.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為B.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為C.粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為LD.粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為L【答案】BD【解析】【詳解】AB．粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得如圖Od與ac垂直，有幾何關(guān)系可知，Od長即最短弦長，對應(yīng)最短時間，圓心角為，則最短時間為又解得從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為故A錯誤，B正確；CD．粒子軌跡與ac相切時，交與bc邊最遠的e點，由幾何關(guān)系可知，Oe長度為直徑，則粒子能從bc邊射出的區(qū)域eb的長度為故C錯誤，D正確。故選BD。二、實驗題：2小題，共15分。13.在探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系實驗中，小明同學做了如圖甲所示的實驗改進，在調(diào)節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細線中的拉力。（1）實驗時，下列操作或說法正確的是______。A.需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量B.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)C.選用電磁打點計時器比選用電火花計時器實驗誤差小D.為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量（2）實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，由圖中的數(shù)據(jù)可知，小車運動的加速度大小是______。（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）由實驗得到小車的加速度與力傳感器示數(shù)的關(guān)系如圖丙所示。則小車與軌道的滑動摩擦力______?！敬鸢浮竣?B②.2.40③.1.0【解析】【詳解】（1）[1]AD．本實驗中可以通過力傳感器獲取小車所受拉力大小，所以不需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量，也不需要小車所受拉力近似等于砂和砂桶的總重力，即不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，故AD錯誤；B．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)，故B正確；C．電磁打點計時器由于振針的作用，紙帶和復寫紙之間阻力相對較大，實驗誤差比較大，而電火花計時器使用的是火花放電，紙帶運動時受到的阻力比較小，實驗誤差也比較小，故C錯誤。故選B。（2）[2]根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小是（3）[3]根據(jù)牛頓第二定律有將題圖橫截距數(shù)據(jù)代入可得14.某物理興趣小組將一個量程的毫安表改裝成量程的電壓表。（1）先利用歐姆表測量了毫安表的內(nèi)阻，然后將合適的電阻與該毫安表串聯(lián)，從而改裝成量程的電壓表，請寫出電阻的字母表達式_______（用、、表示）；此后利用一只同量程的標準電壓表，連接成圖甲所示電路，對改裝后的電壓表進行校對，但在滑動變阻器從左到右調(diào)節(jié)時，發(fā)現(xiàn)改裝后的電壓表示數(shù)總是比同量程的標準電壓表的示數(shù)大，出現(xiàn)這種現(xiàn)象的可能原因是：__________（回答一條即可）；（2）為更進一步準確測量毫安表的內(nèi)阻，利用圖乙所示的電路進行了毫安表內(nèi)阻的測量，具體步驟如下：①閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器、電阻箱，分別記錄毫安表的示數(shù)、電流表的示數(shù)及電阻箱的數(shù)值；②重復①的操作，記錄多組不同、、，作出圖像，如圖丙所示，則毫安表的內(nèi)阻為_______。（3）改裝時，應(yīng)該把毫安表與阻值為_______的定值電阻串聯(lián)?！敬鸢浮竣?②.測量毫安表內(nèi)阻時，測得內(nèi)阻偏大##定值電阻偏?、?④.2900【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)電壓表改裝原理有電阻的字母表達式為（2）[2]發(fā)現(xiàn)改裝后的電壓表示數(shù)總是比同量程的標準電壓表的示數(shù)大，出現(xiàn)這種現(xiàn)象的可能原因是：測量毫安表內(nèi)阻時，測得內(nèi)阻偏大或定值電阻偏小。（3）[3]根據(jù)電流關(guān)系可得整理得圖象的斜率表示毫安表的內(nèi)阻，則毫安表的內(nèi)阻為[4]改裝時，毫安表與定值電阻串聯(lián)，定值阻值為三、解答題：3題，共37分。15.如圖所示，傳送帶在兩半徑為R的轉(zhuǎn)輪A、B帶動下順時針轉(zhuǎn)動，A、B距離為L。某時刻在A端輕放上一質(zhì)量為M=5m的物塊，當物塊運動到傳送帶中點時，與傳送帶保持相對靜止，物塊到達B點后恰好能做平拋運動。（1）求物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（2）求物塊在傳送帶上運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）在B點，根據(jù)牛頓第二定律有所以物塊從A運動到中點過程，有解得（2）勻加速階段的時間為勻速階段的時間為所以物塊在傳送帶上運動的總時間為16.半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道固定在水平面上，直徑AC以下存在勻強電場，以圓心為坐標原點建立x