海南省2023屆高三年級上冊期末學業(yè)水平診斷物理試卷（解析版）

海南省2023屆高三上學期期末學業(yè)水平診斷試卷

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求的。

1.下列說法正確的是()

A.質(zhì)點是理想化物理模型，在現(xiàn)實生活中是不存在的

B.牛頓提出牛頓第一定律，指出力是維持物體運動的原因

C.一對作用力和反作用力的大小有時可能不相等

D.給桌子一個推力，桌子仍靜止，違背了牛頓第二定律

K答案』A

K解析XA.質(zhì)點是理想化物理模型，在現(xiàn)實生活中是不存在的，A正確；

B.牛頓提出牛頓第一定律，指出力不是維持物體運動的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的

原因，B錯誤；

C.據(jù)牛頓第三定律可知，一對作用力和反作用力的大小相等，方向相反，作用在同一直

線上，C錯誤；

D.給桌子一個推力，桌子仍靜止，可知桌子還受到靜摩擦力的作用，桌子的合力為零，

加速度為零，符合牛頓第二定律，D錯誤。

故選A=

2.如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，小球從斜面底端沿斜面向上運動，運動到最

高點然后沿著斜面向下運動，規(guī)定沿著斜面向上為正方向，已知小球第1s內(nèi)的位移為

8m,第2s內(nèi)的位移為4m,則()

A.小球運動的加速度大小為2m/s2B.小球運動的加速度大小為4m/s2

C.小球運動的加速度大小為6m/s2D.小球運動的加速度大小為8m/s2

K答案》B

K解析》根據(jù)題意，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球向上運動和向下運動

時，加速度〃不變。則根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，小球第1s內(nèi)的位移為

12

M=%-產(chǎn)

小球第2s內(nèi)的位移為

代入數(shù)據(jù)可得

a=4m/s2

%=1Om/s

故選Bo

3.一物體從斜面的最底端向上運動，運動到最高點后沿著斜面滑下，物體與斜面之間的動

摩擦因數(shù)為〃，斜面的傾角為。，關(guān)于物體在斜面上的運動，下列說法正確的是（）

A.〃>tan6

B.物體沿著斜面向上運動和向下運動過程中，重力做功相同

C.物體沿著斜面向上運動和向下運動過程中，摩擦力做功相同

D.物體沿著斜面向上運動和向下運動過程中，摩擦力做功的功率相同

K答案》c

K解析》A.根據(jù)題意分析可知，物體能在斜面上向下運動，對其分析受力，在沿斜面方

向上有

mgsin0>Rmgcos6

解得

故A錯誤；

B.物體沿著斜面向上運動時，重力做負功。物體向下運動過程中，重力做正功。故重力

做功不相等。故B錯誤；

C.物體沿著斜面向上運動和向下運動過程中，摩擦力均做負功，且摩擦力大小及沿斜面

方向的位移大小均相等。故摩擦力做功相同。故C正確；

D.分析可知，由于摩擦力的作用，物體向上運動和向下運動過程中，經(jīng)過同一位置的速

度大小均不相等，且向上運動的速度大于向下運動的速度，而在斜面上的位移相等，故物

體向上運動的時間小于物體向下運動的時間。根據(jù)功率的定義2=-

由于摩擦力做功相同，時間不同?？芍Σ亮ψ龉Φ墓β什幌嗤蔇錯誤。

故選C。

4.小船沿垂直于河岸方向，勻速渡河到達正對岸，已知水流的速度大小為3m/s,小船相對

河岸速度為4m/s,河岸寬為100m,sin37°=0.6,則（）

A.船在靜水中的速度為4m/s

B.開始運動時船頭與河岸的夾角為53°

C.小船渡河的時間為20s

D.若水流速度略微變大，小船渡河到正對岸的時間變短

K答案》B

R解析》AB.根據(jù)題意分析可知，合速度與船速及水流速度之間的關(guān)系如下圖所示。設(shè)

船頭與垂直河岸的夾角為心則由圖可得

tan”汨

解得

0=37°

v船=5m/s

故船頭與河岸的夾角為53。，故A錯誤，B正確；

C.小船做勻速直線運動，故渡河時間為

I100―

t=—=----s=25s

v4

故C錯誤；

D.若水流速度略微變大，若船的靜水速度不變，船仍然沿垂直河岸方向渡河，則船頭與

河岸的夾角減小，船速在垂直河岸方向的分速度減小，而河寬不變，故小船渡河到正對岸

的時間變大。故D錯誤。

故選B。

5.宇航員在某星球?qū)⒁晃矬w豎直向上拋出，其運動的X—，圖像是如圖所示的拋物線，已知

該星球的半徑是地球半徑的2倍，地球表面重力加速度取lOm/s，,設(shè)地球質(zhì)量為則該

K答案』B

K解析U由圖可知，5s時上升的最大位移為50m,可得〃

2

解得。=4m/s2

在地球表面滿足g=G浮

M'

在某星球表面滿足"=G

(2砌2

Q

聯(lián)立解得=

故選B。

6.如圖所示，半徑為R的絕緣薄球殼固定在圖示位置，圓心位于。點，球面上均勻分布

著電量為。的正電荷。現(xiàn)取走A處面積為A?的小球面上的電荷，球面上剩余電荷分布不

變，則。點場強大小為（）

kQ\skQ\skQAs

B.-----C.Q

3萬內(nèi)44/?3-3萬H4

K解析》根據(jù)對稱性可知，取走A處面積為As后，。點場強大小等于與A處關(guān)于。點對

稱面積同為As在0點形成的場強，該處所帶電荷量為

QA

q=-------7以

4萬R2

由于面積As較小，故可按點電荷形成的場強進行處理，故O點的場強為

￡=噂

整理得

E手

4萬R4

故選Ao

7.如圖所示，把一小球從距離地面一定高度以速率%水平拋出，小球落到水平地面上的A

點，第二次把小球從同一位置以相同的速率％斜向上拋出，小球也落到A點，不計空氣阻

力，關(guān)于小球兩次在空中的運動，下列說法正確的是（）

A

A.落地速度相同B.動量變化量相同

C.動能變化量相等D.落地時重力的瞬時功率相等

K答案Dc

K解析》A.根據(jù)運動的對稱性及動能定理可知，落地時兩者的末速度大小均為

v=M+2gfi

〃為小球的初末位置高度差，由于初速度的方向不同，根據(jù)運動的對稱性，分析可知末速

度的方向不同，所以落地速度不相等。故A錯誤；

B.根據(jù)動量定理

4?=/=mgt

由圖可知小球第二次在空中運動的時間比第一次在空中運動的時間長，故小球的動量變化

量不相同。故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理可知，兩次運動過程小球的動能變化量均為4穌

由于小球初末位置相同，故高度〃相等，故動能變化量相等。故c正確；

D.設(shè)開始運動時，小球在豎直方向上的速度分量為也，則根據(jù)運動的對稱性，可知落地

時小球在豎直方向上的速度為

,=片+^2gh

落地時重力的瞬時功率

P-mgv'=mg（y]+J2g〃）

〃為小球初末位置高度差，由題意可知第一次拋出小球時，小球在豎直方向的初始分速

度為零，而第而次拋出小球時，小球在豎直方向的初始分速度不為零。故小球兩次落地時

重力的瞬時功率不相等。故D錯誤。

故選C。

8.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為〃z=lkg的木塊（可視

為質(zhì)點）靜止在長木板的最左端?，F(xiàn)給木塊一水平向右的恒力尸=6N,木塊與木板之間的

動摩擦因數(shù)為4=0.2,片1s時撤去拉力，木塊恰好沒有從長木板上滑落，重力加速度g

取lOm/s"則（）

A.Uis時長木板的速度大小為2m/s

B.最終長木板的速度大小為2m/s

C.長木板的長度2m

D.整個過程拉力做的功等于木塊和長木板增加的動能

K答案HB

K解析》A.由題意可知，木塊和木板相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律，對長木板分析

〃根g=Ma]

解得

厘=絲但2mzs2=192

1M2

所以由運動學公式，可得=1s時長木板的速度大小為

片=a}t=lxlm/s=lm/s

故A錯誤;

B.Qis時撤去拉力后，長木板仍做原來的勻加速直線運動，對木塊分析，運用牛頓第二

定律，撤去拉力之前

F-/img=ma2

解得

F-umg6-0.2x1x10,,4,

——=----------------m/s-=4m/s22

m1

撤去拉力之后

pimg—ma：

解得

%'==〃g=0.2x10m/s2=2m/s2

m

所以木塊先做勻加速后做勻減速運動，木塊恰好沒有從長木板上滑落，說明最終兩者速度

相同，則

卬'=a^t—a2{t'—t)

解得

t'=2s

所以最終長木板的速度大小為

v="=1x2m/s=2m/s

故B正確；

C.由題意可知，兩物體的位移差即為長木板的長度，則

L=—at2+at-(t'-Z)--a(Zr-f)2-—a/2=—x4xl2+4xlxl--x2xI2--xlx22m=lm

222222222

所以長木板的長度Im,故C錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律，可知整個過程拉力做的功等于木塊和長木板增加的動能加上摩擦

內(nèi)能之和，故D錯誤。

故選B。

二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，

有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖所示，虛線為某電場的等勢線，實線為帶負電荷粒子在電場中的運動軌跡，m氏

c是軌跡上的點，粒子重力不計，下列說法正確的是()

A.a點的電場強度小于b點的電場強度

B.a點的電勢高于b點的電勢

C.粒子在a點的動能小于在匕點的動能

D.粒子在。點的電勢能小于在人點的電勢能

K答案UBD

K解析》AB.根據(jù)電場線垂直于等勢面，結(jié)合做曲線運動的物體所受合外力指向軌跡彎

曲的凹側(cè)，畫出電場線及方向如圖，由電場線的疏密程度表示場強的強弱，則。點的電場

強度大于6點的電場強度。沿電場線方向電勢逐漸降低，故a點的電勢高于力點的電勢，

故A錯誤，B正確；

負電荷在a點的電勢能小于在〃點的電勢能，根據(jù)能量守恒，電荷在。點的動能大于在匕

點的動能，故C錯誤，D正確。

故選BD,

10.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面末端木板上，物塊A壓縮彈簧后由靜止釋放，離

開彈簧沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一

起沿斜面向下運動，當A回到初始位置時速度為零?己知物塊A、8質(zhì)量相等，與斜面間

的動摩擦因數(shù)M相同、彈簧未超過彈性限度，斜面的傾角為6,則（）

B.彈簧原長時物塊A的速度最大

C.物塊A離開彈簧后向上運動的加速度與向下運動的加速度大小之比為2：1

D.物塊A離開彈簧后向上運動的加速度與向下運動的加速度大小之比為3：1

K答案》AC

K解析》A.設(shè)A在初始位置時彈簧的彈性勢能為穌，物體A沿斜面上升的最大位移為

I,則在物體A開始運動至最高點的過程中，由能量守恒定律可得

Ep=mglsin。+/jmglcos0

則在物體AB一起從最高點運動至初始位置的過程中，由能量守恒定律可得

Ep+2/jmglcos0=2mglsin。

整理得

1八

〃=—tan，

3

故A正確；

B.由于A向上運動的過程中，先做加速直線運動后做減速直線運動。故當A加速度為零

時，A的速度最大。對其分析受力，此時有

寫單=依=mgsin。+,mgcos0

而當A在彈簧原長處時一，彈簧彈力為零。故物塊A的速度最大時，A不在彈簧原長處。故

B錯誤；

CD.物塊A離開彈簧后向上運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得

ma}=/dmgcos0+mgsin0

解得

c-n1/>c-n4gsin61

a}=〃gcosa+gsm"=qtanagcos"+gsin”=-------

同理，物塊A向下運動的過程中，在不接觸彈簧時，根據(jù)牛頓第二定律可得

ina2=mgsin0-/jrngcos0

解得

八?八1八z1?八2gsin8

%=-〃gcos，+gsin8=-§tan6gcos8+gsin8=-------

故速度之比為

q:4=2：1

故C正確，D錯誤。

故選ACo

11.如圖所示的變壓器，原線圈匝數(shù)為〃I=2200匝，輸入電壓隨時間變化為

U=220底cos（100加），將阻值為10。的電阻R接在副線圈AB兩端時，功率為10W。

B.原線圈中的電流為A

22

C.副線圈A8兩端電壓的頻率為100HzD,副線圈的匝數(shù)為141匝

K答案2AB

K解析DA.根據(jù)電功率公式推理有

故A正確；

B.理想變壓器原線圈的輸入功率和副線圈的輸出功率相等，再結(jié)合電功率公式有

1

UiUt22022

故B正確;

C.理想變壓器原副線圈兩端電壓頻率相同，有

co100兀

Hz=50Hz

2K2兀

故c錯誤；

D.根據(jù)理想變壓器原副線圈電流之比與匝數(shù)之比關(guān)系有

解得

〃2=100匝

故D錯誤。

故選AB。

12.如圖所示，通電直導線〃平行放置在粗糙的水平面上，通電直導線c放置在湖中

點的正上方，三根導線中均通入垂直紙而向里、大小相等的恒定電流?，F(xiàn)把導線c緩慢豎

直上移，三條直導線始終相互平行，導線八〃始終靜止在水平地面上，下列說法正確的是

()

I

I

I

I

I

43一」——Rb

A.地面對導線a的支持力逐漸減小

B.地面對導線。的摩擦力方向水平向左

C.地面對導線a的摩擦力逐漸減小

D.導線c受到的安培力方向水平向左

K答案HBC

K解析HA.以三根導線為整體進行研究，根據(jù)對稱性可知，地面對導線。、匕的支持力

大小相等，方向相同，設(shè)導線C所受豎直向上的外力為尸，故根據(jù)平衡條件有

2FN+F=3mg

由于導線c緩慢豎直上移，所以導線c所受豎直向上的外力為尸不變。故地面對導線”的

支持力不變。故A錯誤

BC.根據(jù)同向電流相互吸引，故對導線。受力分析如下所示，設(shè)ac連線與水平方向夾角

為6。根據(jù)平衡條件，則在水平方向有

fFccos6Fb

導線c豎直向上移動的過程中，導線c對導線。安培力凡逐漸減小，夾角9逐漸增大。導

線b對導線。安培力片不變。而故地面對導線〃的摩擦力逐漸減小，且方向向左。故BC

正確；

D.對導線c進行受力分析，根據(jù)對稱性可知，導線c受到的安培力方向豎直向下。故D

錯誤

故選BCo

13.如圖所示，水平面上有足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為L,導軌上垂直放置一個

質(zhì)量為機、電阻為汽、長度為L的導體棒，導體棒與導軌始終良好接觸，垂直于導軌平面

有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為用。在導軌左端通過導線連接一水平放置的面

積為5、匝數(shù)為N、電阻不計的圓形線圈（圖中只畫了1匝），線圈處于豎直向上的磁場

中，磁感應強度大小隨時間變化規(guī)律為員=々，兩磁場互不影響，導軌電阻不計，則下列

說法正確的是（）

RNkSl

B.閉合開關(guān)S瞬間，導體棒受到的安培力為

R

NkS

C.閉合開關(guān)S后，導體棒運動的最大速度為F

mkS

D.從閉合開關(guān)S至導體棒速度達到最大，流過導體棒的電荷量為雙

R答案XBC

（解析DA.設(shè)線圈內(nèi)的感應電動勢為￡,根據(jù)法拉第電磁感應定律得

E=N—ZS=NkS

AZ

A錯誤：

B.閉合開關(guān)S瞬間，回路中的電流為

,ENkS

I=——=------

RR

導體棒受到的安培力為

B[NkSL

F=BJL=

R

B正確；

C.閉合開關(guān)S后，當導體棒產(chǎn)生動生電動勢與感應電動勢相等時，回路感應電流為零,

導體棒所受安培力為零，此時導體棒的速度達到最大，則有

E=8sm

解得

NkS

C正確；

D.閉合開關(guān)S后，在4時間內(nèi)根據(jù)動量定理有

BJLAt=m\v

當導體棒速度達到最大

B,Lq=mvm

解得

mv,nmNkS

a7——BJ—=--------

D錯誤。

故選BCo

三、非選擇題：本題共5小題，共56分。

14.利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖1所示，水平桌面上固定一水平氣

墊導軌，導軌上A點處有一帶遮光片滑塊，其總質(zhì)量為右端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪

的細繩與一質(zhì)量為m的鉤碼相連，導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時

的擋光時間，，用L表示A點到光電門處的距離，d表示遮光片的寬度，將遮光片通過光

電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動。

(1)用螺旋測微器測量遮光片的寬度優(yōu)結(jié)果如圖2所示，由此讀出

d=mm；

(2)重力加速度用g表示，滑塊從A處到達8處時，〃和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示

為Afk=，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為公穌=,在誤差允許

的范圍內(nèi)，若公約=公綜，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒；(用題中字母表示)

(3)在實驗中，改變A、8間的距離，作出的圖像如圖3所示，并測得M=2m,

則實驗還可測得重力加速度g=m/s2?

K答案』(1)3.725(2)(加+史叱mgL(3)9.6

It

K解析》(1)KU螺旋測微器讀數(shù)要估讀，讀數(shù)

d=3.5mm+22.5x().()lmm=3.725mm

(2)K23通過光電門的速度為v=4

t

滑塊從A處到達B處時機和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為

.?、2、/d、2（M+m）d?

A￡,=—（M+m）v2=—（M+m）-（—）-=-------------

22t2t

K33系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為

△穌=mgL

（3）K42根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得

1,

—（A/+ni）v^=mgL

所以

v2^2mgL^2mgL=2gL

M+m2m+m3

2

因此￡圖像的斜率表示,叩

23.2u4,2

—g=k=——m/s2=6.4m/s-

30.5

解得

g=9.6m/s2

15.一同學用如圖1所示的電路測量一阻值約為1000。的待測電阻R＜的準確阻值?？捎闷?/p>

材有：電壓表V（量程為3V,內(nèi)阻為1000C）,電流表A（量程為3mA,內(nèi)阻為300C）,

電源E（電動勢約為4V,內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值10。），定值電阻凡（阻

值可選100。或300。），開關(guān)S,導線若干。

（1）實驗時，圖中的《應選阻值為（填“100?！被?300Q”）的定值電阻;

（2）改變滑動變阻器的滑片，測量電壓表U、電流表/多組數(shù)據(jù)，作出。一/圖像如圖2

所示，根據(jù)圖像可得K的阻值為Q（保留3位有效數(shù)字）；

（3）把滑動變阻器滑片滑到最右端，電流表的示數(shù)如圖3所示，此時電流表的讀數(shù)為

mA,電源E的電動勢為V（后一空保留2位有效數(shù)字）。

K答案』(1)300c(2)935(930-998)(3)2.89##2.88#2.903.7##3.6##3.8

K解析(I)RD當滑動變阻器滑片滑到最右端時，且電流表達到最大量程為3mA時，

電流表兩端電壓為0.9V,由于電源電壓為4V,故尺兩端的電壓Ui為3.1V。故通過仁和

電壓表的電流之和人為A=m+*x6.2mA

4k

由電路圖可知&和電流表并聯(lián)后的總電流也等于八，根據(jù)并聯(lián)電路分流原理可得

=------x300Q?281Q

"6.2-3

故選300C。

UU,IR.

(2)K23根據(jù)電路圖連接方式及串并聯(lián)電路的規(guī)律可知6-+6一=/+啜

由圖像知/=3mA,U=2.9V,代入數(shù)據(jù)可得凡=9350

(3)R3U電流表是示數(shù)為2.89mA。

K42當滑動變阻器滑片滑到最右端時，根據(jù)電路圖及串并聯(lián)電路的規(guī)律可得，電動勢為

1R、V_L.)

E=/&+/+

凡>——+-

R*網(wǎng)

代入數(shù)據(jù)可得E=3.7V

16.如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直光滑半圓軌道BC相連，質(zhì)量，"=0.1kg的小物塊

(可視為質(zhì)點)在水平軌道上勻速運動，恰好通過半圓軌道的最高點C,然后平拋運動落

到水平軌道。點，已知半圓軌道的半徑為R=0.4m,重力加速度g取lOm/s。求：

(2)小物塊運動到半圓軌道最低點B時對半圓軌道的壓力大小。

K答案》(1)0.8m；(2)6N

K解析》(1)物塊恰好通過半圓軌道的最高點，故根據(jù)牛頓第二定律有

mg=m—

R

設(shè)8、。之間的距離為x,則物塊做平拋運動的過程中有2R=gg/

x=vt

聯(lián)立解得u=2m/sx=o.8m

(2)設(shè)物塊在8點的速度為以，物塊從B點運動到C點的過程中，由功能關(guān)系可得

2CmgRD=—12--1mv-7

在最低點3時，根據(jù)牛頓第二定律可得

Fz-mg=根士

K

聯(lián)立可得

FK=6mg=6N

根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊在B點對半圓軌道的壓力大小為6N。

17.如圖所示，長為L=5.8m的傾斜傳送帶以%=4m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與

水平面夾角為6=37。，傳送帶底端與光滑水平面平滑連接，左端有一傾角為37。且足夠

長的粗糙斜面，斜面與光滑水平面平滑連接。將〃?=lkg的物體A輕放在傳送帶的最上端,

物體A滑到水平面上后與質(zhì)量為M=2kg的靜止物體B發(fā)生彈性碰撞。已知物體A與傳送

帶之間的動摩擦因數(shù)為從=0.5,物體A、物體B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為

//2=0.75,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6>求：

(1)物塊A滑到傳送帶底部時速度大?。?/p>

(2)物體A與靜止物體B發(fā)生彈性碰撞后B的速度大小;

(3)B在左端斜面上靜止的位置到斜面底端的距離。

4

K答案』⑴6m/s；(2)4m/s；(3)-m

3

R解析』（1）當物塊A在傳送帶上開始運動至與傳送帶共速的過程中，由牛頓第二定律

及勻變速直線運動規(guī)律可得

max=mgsin0+4mgcos3

%=卬

1,

此過程中物塊A的位移為5=—4廠

2

代入數(shù)據(jù)可得囚=10m/s2

t=0.4s

s=0.8m<￡=5.8m

由于M〈tane=0.75,故此后物體A繼續(xù)向下做加速運動，此時摩擦力方向沿斜面向

上，此過程由牛頓第二定律可得

ma2=mgsin0一%mgcos0

從此至運動至底部過程中，設(shè)A到達傳送帶底部時速度為v,則由勻變速直線運動規(guī)律

可得2a2。一5）=--噂

聯(lián)立可得％=2m/s2

v=6m/s

（2）由于AB之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后AB速度分別為環(huán)、也，以水平向左為正方向

故由能量守恒定律及動量守恒定律可得mv=mv]+MV2

1212

—mv'=—mv：+—Mv；

22122

聯(lián)立解得W=-2m/s

v2=4m/s

（3）分析可