山西省大同市云岡區(qū)匯林中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月期中物理試題（解析版）

大同市匯林中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期中物理試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)和班級(jí)填寫在答題卡上。將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”。2.全部答案在答題卡上完成，答在本試題上無效。3.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案用0.5mm的黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上。4.考試結(jié)束后，將本試題和答題卡一并交回。一、單選題（每題2分，共16分）1.下列說法符合物理史實(shí)的是（）A.開普勒最早闡述了重物體和輕物體下落得一樣快B.卡文迪許利用扭秤裝置測(cè)出了引力常量C.庫侖是第一個(gè)提出電荷間的相互作用是以電場(chǎng)為媒介的科學(xué)家D.亞里士多德對(duì)牛頓定律的建立做出了很大貢獻(xiàn)【答案】B【解析】【分析】本題是物理學(xué)史問題，在物理學(xué)發(fā)展的歷史上有很多科學(xué)家做出了重要貢獻(xiàn)，大家熟悉的伽利略、卡文迪許、法拉第等科學(xué)家，在學(xué)習(xí)過程中要了解、知道這些著名科學(xué)家的重要貢獻(xiàn)，即可解答這類問題．【詳解】A、伽利略最早闡述了輕物體和重物體下落一樣快，故A錯(cuò)誤．B、卡文迪許第一次在實(shí)驗(yàn)室里測(cè)出了萬有引力常量G，故B正確．C、法拉第是第一個(gè)提出電荷間的相互作用是以電場(chǎng)為媒介的科學(xué)家，故C錯(cuò)誤．D、伽利略對(duì)牛頓定律的建立做出了很大貢獻(xiàn)，亞里士多德貢獻(xiàn)不大，故D錯(cuò)誤．故選B．【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要記牢伽利略、卡文迪許等科學(xué)家的物理學(xué)貢獻(xiàn)，平時(shí)要加強(qiáng)記憶，注意積累．2.如圖所示，置于足夠長(zhǎng)斜面上的開口盒子A內(nèi)放有光滑球，恰與盒子前、后壁接觸，斜面光滑且固定于水平地面上，一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板拴接，另一端與A相連，今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中（）更多優(yōu)質(zhì)滋元可家威杏MXSJ663A.彈簧的彈性勢(shì)能一直減小直至為零B.A對(duì)做的功等于動(dòng)能的增加量C.A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和大于A動(dòng)能的增加量D.彈簧彈性勢(shì)能的減小量小于A和機(jī)械能的增加量【答案】C【解析】【詳解】A．盒子獲得最大速度的條件是盒子的合外力為，由平衡條件可得此時(shí)彈簧的彈力等于整體重力沿斜面的分力，則彈簧還是處于壓狀態(tài)，所以彈簧的彈性勢(shì)能沒有減小直至為零，故A錯(cuò)誤；B．由功能關(guān)系可知，A對(duì)做的功等于機(jī)械能的增加量，即B動(dòng)能和重力勢(shì)能增加量之和，故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可知，A所受重力做功和彈簧彈力做功及B對(duì)A所做功的代數(shù)和等于A動(dòng)能的增加量，因?yàn)锽對(duì)A做負(fù)功，所以A所受重力做功和彈簧彈力做功的代數(shù)和大于A動(dòng)能增加量，故C正確；D．整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于A和B機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選C。3.下列說法中正確的是（）A.元電荷就是電子B.點(diǎn)電荷就是指體積很小的帶電球體C.根據(jù)庫侖定律可知，當(dāng)兩帶電體的距離趨近于零時(shí)，靜電力將趨向無窮大D.真空中兩相同的帶電小球，接觸后放回原處，它們之間的庫侖力可能與原來相同【答案】D【解析】【詳解】A．元電荷是與電子的電荷量數(shù)值相等的電荷量，但不是電子，也不是質(zhì)子，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)兩個(gè)帶電體的大小及形狀對(duì)它們之間相互作用力的影響可忽略時(shí)，兩個(gè)帶電體才可看成點(diǎn)電荷，與體積的大小，及電量的多少無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．兩個(gè)帶電小球即使相距非常近，兩球不能看成點(diǎn)電荷，此時(shí)不能直接用庫侖定律計(jì)算，故C錯(cuò)誤；D．真空中兩相同的帶電小球，如果帶電量相同，則接觸后各自的帶電量不變，將它們放回原處，根據(jù)庫倫定律可知它們之間的庫侖力與原來相同，故D正確；故選D。4.如圖所示，A、B兩物塊始終靜止在水平地面上，有一輕質(zhì)彈簧一端連接在豎直墻上點(diǎn)，另一端與A相連接，下列說法正確的是（）A.如果B對(duì)A無摩擦力，則地面對(duì)B可能有摩擦力B.如果B對(duì)A有向左的摩擦力，則地面對(duì)有向右的摩擦力C.點(diǎn)緩慢下移過程中，B對(duì)A的支持力一定減小D.點(diǎn)緩慢下移過程中，地面對(duì)B的摩擦力可能增大【答案】D【解析】【詳解】A．若B對(duì)A沒有摩擦力，則A對(duì)B也沒有摩擦力，因B在水平方向受力平衡，則地面對(duì)B也沒有摩擦力，故A錯(cuò)誤；B．若B對(duì)A有向左的摩擦力，則A對(duì)B有向右的摩擦力，由平衡條件知，地面對(duì)B有向左的摩擦力，故B錯(cuò)誤；C．若彈簧起初處于拉伸狀態(tài)，則在P點(diǎn)緩慢下移的過程中，彈簧對(duì)A物塊的拉力減小且拉力在豎直方向的分力減小，則B對(duì)A的支持力增大，故C錯(cuò)誤；D．P點(diǎn)緩慢下移過程中，水平方向拉力可能增大，則對(duì)整體分析可知，地面對(duì)B的摩擦力可能增大，故D正確。故選D。5.雨滴在下落過程中，由于水汽的凝聚，質(zhì)量會(huì)逐漸增大，同時(shí)由于速度逐漸增大，空氣阻力也將越來越大，最后雨滴以某一收尾速度勻速下落，則雨滴下落過程中（）A.加速度逐漸增大 B.加速度保持不變C.速度逐漸減小 D.速度先逐漸增大而后保持不變【答案】D【解析】【詳解】雨滴開始下落時(shí)，速度小，阻力小，所以向下先做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度逐漸增大，阻力增大，所以向下的加速度逐漸減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度增加到最大，所以雨滴最后以某一收尾速度勻速下落，由以上分析可知，雨滴的加速度逐漸減小，速度先逐漸增大后保持不變。故選D。6.已知地球質(zhì)量為，半徑為，自轉(zhuǎn)周期為T地球同步衛(wèi)星質(zhì)量為，引力常量為，則關(guān)于同步衛(wèi)星，下列表述正確的是（）A.衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)的向心加速度小于地球表面的重力加速度B.衛(wèi)星的運(yùn)行速度等于第一宇宙速度C.衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)的向心力大小為D.衛(wèi)星距地面的高度為【答案】A【解析】【詳解】AC．根據(jù)得A正確，C錯(cuò)誤；B．同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定小于第一宇宙速度，B錯(cuò)誤；D．根據(jù)得D錯(cuò)誤。故選A。7.下列關(guān)于物理學(xué)思想方法的敘述錯(cuò)誤的是（）A.探究加速度與力和質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法B.加速度的定義運(yùn)用了比值法C.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)用了理想模型法D.平均速度、合力與分力等概念的建立運(yùn)用了等效替代法【答案】B【解析】【詳解】A．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，需要先使某一個(gè)物理量不變，探究另兩個(gè)物理量的關(guān)系，所以運(yùn)用了控制變量法，A正確；B．時(shí)牛頓第二定律的表達(dá)式，不是定義式，沒有運(yùn)用比值法，B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)是忽略大小和方向，理想的看成具有質(zhì)量的點(diǎn)，運(yùn)用了理想模型法，C正確；D．平均速度、合力與分力等概念是用一種情況等效替代另一種情況，運(yùn)用了等效替代法，D正確。本題選擇敘述錯(cuò)誤的，故選B。8.如圖所示，小物體A沿高為h、傾角為θ的光滑斜面以初速度v0從頂端滑到底端，而相同的物體B以同樣大小的初速度從同等高度處豎直上拋，則（）A.兩物體落地時(shí)速度相同B.從開始至落地，重力對(duì)它們做功相同C.兩物體落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同D.從開始運(yùn)動(dòng)至落地過程中，重力對(duì)它們做功的平均功率相同【答案】B【解析】【詳解】A．兩個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)的過程中都是只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可以知兩物體落地時(shí)速率相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；B．重力做功只與初末位置有關(guān)，物體的起點(diǎn)和終點(diǎn)一樣，所以重力做的功相同，B正確；C．由于兩個(gè)物體落地時(shí)的速度的方向不同，由瞬時(shí)功率的公式可以知道，重力的瞬時(shí)功率不相同，所以C錯(cuò)誤；D．平均功率等于做功的大小與所用的時(shí)間的比值，物體重力做的功相同，但是時(shí)間不同，所以平均功率不同，D錯(cuò)誤。故選B。二、多選題（每題4分，共8分。在每小題給出選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)得4分，選不全的得2分，有錯(cuò)選多選或者不答的得0分）9.兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑的立方成正比，即，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則（）A.甲球加速度的大小等于乙球加速度的大小B.甲球末速度大小大于乙球末速度的大小C.甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】AD【解析】【詳解】A．設(shè)小球的密度為，半徑為r，則小球的質(zhì)量為重力為由牛頓第二定律得小球加速度可知，小球的質(zhì)量越大，半徑越大，則下降的加速度與半徑無關(guān)。所以甲球加速度的大小等于乙球加速度的大小，故A正確；B．根據(jù)可知，甲球末速度的大小等于乙球末速度的大小。故B錯(cuò)誤；C．兩個(gè)小球下降的距離是相等的，根據(jù)可知，兩球用的時(shí)間一樣，故C錯(cuò)誤；D．它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑的立方成正比，所以甲的阻力大，根據(jù)W=Fs可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。故D正確。故選AD。10.如圖所示，AB、AC兩光滑細(xì)桿組成的直角支架固定在豎直平面內(nèi)，AB與水平面的夾角為30°，兩細(xì)桿上分別套有帶孔的a、b兩小球，在細(xì)線作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線恰好水平，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，在兩球下滑到底端的過程中，下列說法中正確的是（）A.a、b兩球滑到底端時(shí)速度大小相同B.a、b兩球重力做功之比為3:1C.小球a受到的彈力等于小球b受到的彈力D.小球a下滑的時(shí)間與小球b下滑的時(shí)間之比為：1【答案】BD【解析】【詳解】A．由機(jī)械能守恒定律可知解得故到達(dá)底端時(shí)速度大小相等，但是方向不同，故A錯(cuò)誤；B．受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件得同理可得所以兩球的質(zhì)量之比為小球滑到底端的過程中重力做的功為所以兩球重力做功之比為3:1，故B正確；C．小球a受到的彈力為小球b受到的彈力為故a球受到的彈力大于b球受到的彈力，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)從斜面下滑的高度為，則有解得同理所以兩球下滑的時(shí)間之比為故D正確。故選BD。三、計(jì)算題11.如圖所示，P是固定在水平面上的半徑內(nèi)壁光滑的圓弧凹槽，從高臺(tái)邊B點(diǎn)以速度水平飛出質(zhì)量的小球，恰能從凹槽的圓弧軌道的左端A點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道，O是圓弧的圓心，是OA與豎直方向的夾角（，，），不計(jì)空氣阻力。求：（1）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度以及此時(shí)重力的瞬時(shí)功率；（2）小球運(yùn)動(dòng)到圓弧凹槽的最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧凹槽的壓力?！敬鸢浮浚?），方向與水平方向的夾角為；；（2），方向豎直向下【解析】【詳解】（1）小球恰能從凹槽的圓弧軌道A點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道，對(duì)小球在A點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，則有解得小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小為方向與水平方向夾角為；此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為（2）小球從A點(diǎn)到凹槽最低點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，小球運(yùn)動(dòng)到圓弧凹槽的最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧凹槽的壓力大小為，方向豎直向下。12.在豎直面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，坐標(biāo)系內(nèi)有一沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電液滴，從P點(diǎn)由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，速度大小為v．已知重力加速度大小為g，P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y，求：（1）P、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。敬鸢浮浚?）（2）【解析】【詳解】（1）從P到O過程，由動(dòng)能定理得：mgy＋qU＝mv2－0解得：U＝（2）液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)：y＝gt2，vy＝gt在水平方向，液滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v0＝at＝t液滴到達(dá)O點(diǎn)的速度：解得：E＝13.如圖所示,將小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的恒力F拉動(dòng)紙板,拉力大小不同,紙板和小物體的運(yùn)動(dòng)情況也不同。若紙板的質(zhì)量，小物體的質(zhì)量，小物體與桌面右邊緣的距離，已知小物體與紙板上表面以及紙板下表面與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，小物體與桌面的間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，g取。求：（1）當(dāng)小物體與紙板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，桌面給紙板的摩擦力大??；（2）拉力F滿足什么條件，小物體才能與紙板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；（3）若拉力F作用一段時(shí)間t后，紙板從小物體下抽出，從后小物體恰好運(yùn)動(dòng)到桌面右邊緣停下，求拉力F的大小和作用時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）1N；（2）時(shí)小物體與紙板有相對(duì)滑動(dòng)；（3），【解析】【詳解】（1）當(dāng)小物體與紙板一起運(yùn)動(dòng)時(shí),桌面對(duì)紙板的滑動(dòng)摩擦力代入數(shù)據(jù)，解得（2）設(shè)紙板和小物體即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的外力為，加速度為，對(duì)小物體對(duì)紙板和小物體整體聯(lián)立兩式得即時(shí)小物體與紙板有相對(duì)滑動(dòng)。（3）對(duì)紙板對(duì)小物塊紙板抽出過程,二者位移關(guān)系紙板抽出后,小物塊在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1到桌面邊緣靜止，有聯(lián)立以上各式可得，四、實(shí)驗(yàn)題14.在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，現(xiàn)已提供了小車、一端附有定滑輪的長(zhǎng)木板、紙帶、與小車連接的細(xì)線、刻度尺、天平、砝碼、學(xué)生電源、導(dǎo)線。另外還提供了五種備選器材：電池組、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、秒表、彈簧秤、鉤碼。為了完成實(shí)驗(yàn)（1）還須從備選器材中選擇：__________；（2）寫出1中所選各種器材的作用：__________?！敬鸢浮竣?電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、鉤碼②.電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄小車的運(yùn)動(dòng)位置和運(yùn)動(dòng)時(shí)間；鉤碼改變小車所受拉力【解析】【詳解】[1]本實(shí)驗(yàn)需要周期性打點(diǎn)，所以需要電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，需要通過鉤碼連接細(xì)線對(duì)小車產(chǎn)生拉力作用；電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)使用低壓交流電源，不能使用電池組，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身可以計(jì)時(shí)，所以不需要秒表，通過天平可以測(cè)量質(zhì)量，不需要彈簧秤測(cè)量重力。[2]電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄小車的運(yùn)動(dòng)位置和運(yùn)動(dòng)時(shí)間；鉤碼改變