2023屆遼寧省鞍山市一般高中協(xié)作校高三上學(xué)期三?？荚囄锢碓囶}（解析版）

鞍山市一般高中協(xié)作校2022-2023高三三?？荚囄锢碓嚲硪弧⑦x擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.許多科學(xué)家對物理學(xué)的發(fā)展做出了巨大貢獻，下列選項中說法正確的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.楞次發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系D.自然界中的電荷有兩種，是美國物理學(xué)家密立根將它們分別命名為正電荷和負電荷【答案】A【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，A正確；B．焦耳發(fā)現(xiàn)了焦耳定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系，B錯誤；C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，C錯誤；D．自然界中的電荷有兩種，是富蘭克林將它們分別命名為正電荷和負電荷，D錯誤。故選A。2.如圖所示，兩個線圈A、B套在一起，線圈A中通有電流，方向如圖所示。當(dāng)線圈A中的電流突然減弱時，線圈B中的感應(yīng)電流方向為（）A.沿順時針方向B.沿逆時針方向C.無感應(yīng)電流D.先沿順時針方向，再沿逆時針方向【答案】B【解析】【詳解】當(dāng)線圈A中通有減小的逆時針方向的電流時，知穿過線圈B的磁通量垂直向外，且減小，根據(jù)楞次定律，線圈B產(chǎn)生與A的電流的方向相同，即逆時針方向的電流。故選B。3.質(zhì)量的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力F隨時間t變化圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的減速運動B.4s末物體的速度為零C.6s內(nèi)合外力的沖量為D.6s內(nèi)合外力做功為8J【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，合力方向不變，則物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速度運動，最后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；B．由動量定理可知，合外力沖量等于物體動量的變化，物體從靜止開始運動，有在圖像中，合外力的沖量即為所圍成圖形的面積，有解得故B錯誤；C．圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示合力的沖量，合力沖量為合力的沖量為0，則6s內(nèi)合外力的沖量為，故C正確；D．由動量定理可得即此時的動能為由于合力的沖量為0，即動量不變，則動能也不變，所以6s內(nèi)合外力做功為4J，故D錯誤。故選C。4.一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質(zhì)量為m的物體A，用一輕質(zhì)光滑圓環(huán)O穿過輕繩，并用力F拉住輕環(huán)上一點，如圖所示?，F(xiàn)使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實線位置。則在這一過程中，力F、繩中張力FT及力F與水平方向夾角θ的變化情況是（）A.F保持減小，F(xiàn)T逐漸增大，夾角θ逐漸減小B.F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸減小C.F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸減小D.F逐漸增大，F(xiàn)T逐漸不變，夾角θ逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】圓環(huán)受到三個力，拉力F以及兩個繩子的拉力FT，三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，繩子的拉力始終等于mg，即FT保持不變，由于兩個繩子的拉力等于mg，夾角越小，合力越大，且合力在角平分線上，故使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實線位置的過程中，拉力F逐漸變大，由于始終與兩細線拉力的合力反向，故拉力F逐漸豎直，θ逐漸增大。故選D。5.如圖所示。質(zhì)量均為m的a、b兩小球用不可伸長的長度均為L的輕質(zhì)細繩懸掛起來，使小球a在豎直平面內(nèi)來回擺動，小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時繩子偏高豎直方向的最大夾角都為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.小球a運動到最高點時受到的繩子拉力為B.小球a擺動到最低點時的速度大小為C.小球b做圓周運動的速度大小為D.小球b做圓周運動的周期為【答案】D【解析】【詳解】A．小球a運動到最高點時速度為0，將重力分解，拉力為故A錯誤；B．小球a擺動到最低點過程中，由動能定理得解得故B錯誤；CD．小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則解得根據(jù)可得小球b做圓周運動的速度大小故D正確，C錯誤。故選D。6.在如圖所示的電路中，電壓表和電流表均視為理想電表，閉合電鍵S，將滑動變阻器滑片P緩慢向左移動過程中，燈泡的電阻恒定不變，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為，電流表示數(shù)變化量的絕對值為，則下列判斷正確的是（）A.燈泡變亮 B.電容器的帶電量變大C.電源的效率減小 D.變大【答案】B【解析】【詳解】A．滑動變阻器滑片P緩慢向左移動過程中，其接入阻值變大，回路總電阻變大，干路電流變小，燈泡變暗，A錯誤；B．由閉合電路歐姆定律可得可知路端電壓變大，電容兩端電壓變大，所帶電量變大，B正確；C．電源的效率可表示為可知電源的效率增大，C錯誤；D．由閉合電路歐姆定律可得故保持不變，D錯誤。故選B。7.如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標(biāo)原點，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系x，P點的坐標(biāo)xP＝5.0cm，此電場線上各點的電場強度E的大小隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子（電荷量大小為e）僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，以下說法正確的是（）A.該電子做勻變速直線運動B.x軸上各點的電場強度方向都為x軸負方向C.MP兩點電勢差為－45VD.圖象中的E0的數(shù)值為1.2【答案】BCD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，從M點到P點過程，電場強度逐漸減小，又因為電子僅受到電場力的作用，可知該電子的加速度逐漸減小，故電子不是做勻變速直線運動，A錯誤；B．電子從M點運動至P點過程電勢能減小，電場力做正功，可知電子受到的電場力沿+x方向，場強沿-x方向，B正確；C．由功能關(guān)系可得解得C正確；D．乙圖中圖線下方的面積與電荷量e的乘積表示電勢能的減少量，可得代入數(shù)據(jù)解得故圖象中的E0的數(shù)值為1.2，D正確。故選BCD。8.“天問一號”火星探測器需要通過霍曼轉(zhuǎn)移軌道從地球發(fā)射到火星，地球軌道和火星軌道近似看成圓形軌道，霍曼轉(zhuǎn)移軌道是一個在近日點M和遠日點P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道（如圖所示）?！疤靻栆惶枴痹诮拯c短暫點火后進入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著沿著這個軌道運行直至抵達遠日點，然后再次點火進入火星軌道。已知引力常量為G，太陽質(zhì)量為m，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問一號”運行方向都為逆時針方向。若只考慮太陽對“天問一號”的作用力，下列說法正確的是（）A.兩次點火噴射方向都與速度方向相同B.兩次點火之間的時間間隔為C.“天問一號”在地球軌道上的線速度大于在火星軌道上的線速度D.“天問一號”在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點的加速度比在火星軌道上P點的加速度小【答案】BC【解析】【詳解】A．兩次點火都是從低軌道向高軌道轉(zhuǎn)移，需要加速，所以點火噴射方向都與運動方向相反，A錯誤；B．探測器在地球軌道上由萬有引力提供向心力有由開普勒第三定律得兩次點火之間的時間為聯(lián)立解得B正確；C．“天問一號”在繞太陽做勻速圓周運動時滿足可得在地球軌道上運行時軌道半徑較小，故線速度較大，C正確；D．由牛頓第二定律可得解得“天問一號”在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點與在火星軌道上P點位置相同，到太陽球心距離R相同，故加速度相同，D錯誤。故選BC。9.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向下運動，可以采取的措施是（）A.增大磁感應(yīng)強度BB.調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片向下滑動C.增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θD.將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變【答案】CD【解析】【詳解】A．金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得增大磁感應(yīng)強度B，安培力增大，金屬棒將沿導(dǎo)軌向上運動，A錯誤；B．調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片向下滑動，其接入阻值減小，電流增大，安培力增大，金屬棒將沿導(dǎo)軌向上運動，B錯誤；C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ，導(dǎo)致金屬棒將沿導(dǎo)軌向下運動，C正確；D．將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿導(dǎo)軌向下，金屬棒將沿導(dǎo)軌向下運動，D正確。故選CD。10.如圖所示，懸掛于O點的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù)k＝100N/m，其下端拴一質(zhì)量m＝1kg的小物體A，緊挨物體A有一質(zhì)量M＝2kg的物體B，對B施加一個豎直向上、大小為35N的力F，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然改變力F的大小，使物體A、B以加速度a＝5m/s2勻加速下降，直到A、B兩物體分離，取g＝10m/s2，則（）A.兩物體剛開始勻加速下降時，力F大小為20NB.兩物體分離時，彈簧剛好恢復(fù)原長C.改變力F大小后經(jīng)0.2s，A、B兩物體分離D.從改變力F到兩物體分離的過程中，系統(tǒng)克服力F做的功為3.84J【答案】AC【解析】【詳解】A．系統(tǒng)靜止時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設(shè)壓縮量為x1，則代入數(shù)據(jù)解得A、B兩物體剛開始勻加速下降時有代入數(shù)據(jù)解得A正確；B．設(shè)經(jīng)時間t兩物體分離，A、B間的彈力為0，彈簧處于拉伸狀態(tài)，令拉伸量為x2，則對A有代入數(shù)據(jù)得故兩物體分離時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B錯誤；C．A、B分離瞬間整體下降的距離為而代入數(shù)據(jù)得C正確；D．剛開始和兩物體分離瞬間，彈簧的形變量一樣，整個過程彈簧彈力做功為零，由動能定理可得其中聯(lián)立解得D錯誤；故選AC二、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.某同學(xué)在做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，將橡皮筋改為勁度系數(shù)為400N/m的輕質(zhì)彈簧AA'，將彈簧的一端A'固定在豎直墻面上。不可伸長的細線OA、OB、OC，分別固定在彈簧的A端和彈簧秤甲、乙的掛鉤上，其中O為OA、OB、OC三段細線的結(jié)點，如圖1所示。在實驗過程中，保持彈簧AA'伸長1.00cm不變。（彈簧均在彈性限度內(nèi)）（1）若OA、OC間夾角為90°，彈簧秤乙讀數(shù)如圖2所示，則彈簧秤甲的讀數(shù)是________N。（2）在（1）問中若保持OA與OB的夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，則彈簧秤甲的讀數(shù)大小將________，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將________。（填“變大”、“變小”、“先變小后變大”）【答案】①.5.00②.變小③.先變小后變大【解析】【詳解】（1）[1]彈簧秤乙的最小分度為0.1N，應(yīng)估讀到0.01N，讀數(shù)是3.00N，根據(jù)胡克定律可得，彈簧AA′的拉力大小為OA、OC間夾角為，由三力平衡原理可知，彈簧秤甲的讀數(shù)等于彈簧AA′的拉力與彈簧秤乙的拉力的矢量和，即（2）[2][3]若保持OA與OB的夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，甲、乙兩彈簧秤彈力的合力不變，如圖所示，則可知彈簧秤甲的讀數(shù)大小將變小，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將先變小后變大。12.某同學(xué)利用電壓表和電阻箱測定特殊電池的電動勢（E約為9V，r約為50Ω）。已知該電池最大允許電流為150mA，該同學(xué)利用圖示電路實驗，電壓表內(nèi)阻約為2kΩ，R為電阻箱，阻值范圍0~9999Ω，R0是定值電阻，起保護電路的作用(1)定值電阻R0有以下幾種規(guī)格，保護電阻應(yīng)選_______（填入相應(yīng)的字母）A.2ΩB.20ΩC.200ΩD.2000Ω(2)在實物圖中，已正確地連接了部分電路，請完成余下電路的連接_______(3)該同學(xué)完成電路的連接后，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數(shù)，其中電壓表的某一次偏轉(zhuǎn)如圖所示，其讀數(shù)為________V(4)改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)，作出圖示圖線，則電動勢E為____V，內(nèi)阻r為____Ω。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.B②.③.6.5④.10⑤.50【解析】【詳解】(1)[1]最大電流為150mA，最小總電阻為最小保護電阻為應(yīng)該選B；(2)[2]見實物連接圖；(3)[3]電壓表用的應(yīng)該是0~15V量程，按5分度的電表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)，應(yīng)為6.5V(4)[4]由得由圖可知解得[5]由圖知解得13.圖為直流電動機提升重物的裝置圖，重物的質(zhì)量20kg，電源電動勢100V，電源內(nèi)阻3，當(dāng)電動機0.5m/s的恒定速度豎直向上提升重物時，電路中的電流。不計繩的重力，不計摩擦阻力與空氣阻力，取重力加速度大小，求：（1）電動機的輸入功率；（2）電動機線圈的電阻；（3）電源工作效率?！敬鸢浮浚?）188W；（2）22；（3）94%【解析】【詳解】（1）電池內(nèi)電壓根據(jù)閉合電路歐姆定律可得根據(jù)代入數(shù)據(jù)（2）電動機工作時由焦耳定律又聯(lián)立解得（3）電源的工作效率代入數(shù)據(jù)14.如圖所示，光滑傾斜軌道AB和光滑半圓弧軌道BC固定在同一豎直平面內(nèi)，兩者間通過一小段長度不計的光滑弧形軌道相連，已知AB長，傾角為37°，BC弧的半徑，O為圓心。兩個相同的小球P和Q，質(zhì)量均為，小球Q靜止在A點，小球P從某一位置以的初速度水平拋出，運動到A點時恰好沿斜面向下與小球Q發(fā)生彈性正碰。，，g取10m/s2。求：（1）小球P的拋出點距A點的高度；（2）小球P運動到圓弧軌道最低點B點時對軌道的壓力是多少？；（3）通過計算判