湖南省婁底市2023-2024學年高三上學期期末考試物理試題

湖南省婁底市2023-2024學年高三上學期期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單項選擇題（本大題共6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求）1．如圖所示的位移(x)—時間(t)圖像和速度A．t1B．0~C．0~D．0~2．如圖所示，AB兩點相距3r，P、M兩點把AB連線三等分，在B點固定一點電荷+q，A點固定另一點電荷，已知M點電場強度為0，靜電力常量為k，取無窮遠處電勢為零，則（）A．A點的電荷帶負電B．A點的電荷所帶電荷量為2C．P點電勢為0D．撤去B處的點電荷，M點的電場強度大小為k3．如圖所示，傾斜軌道與水平面的夾角為θ，傾斜軌道上放置一光滑的導電金屬導軌abcd，導軌間距為L，ab間接有一直流電源，cd段垂直于導軌放置一金屬棒，回路內(nèi)的電流為I，整個空間處在磁感應強度為B的豎直向上的勻強磁場中，金屬棒剛好處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g，則（）A．a(chǎn)端接電源的正極 B．金屬棒受到的安培力大小為BILC．金屬棒的質(zhì)量為BILgsinθ4．2023年10月26日11時14分，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號F遙十七運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，進入預定軌道，發(fā)射取得圓滿成功。如圖所示是神舟十七號載人飛船成功對接空間站組合體的畫面。對接后可近似認為組合體在軌道上做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．根據(jù)組合體運動線速度大小為v，周期為T，萬有引力常量為G，可算出地球的質(zhì)量M=B．對接前飛船運動到比空間站更低的軌道，減速后有可能與空間站對接C．對接后組合體由于太空中阻力的作用，若不加以調(diào)整軌道會慢慢升高D．在組合體的實驗艙內(nèi)指令長湯洪波由靜止釋放一個小球，可以根據(jù)小球的下落高度和時間計算所在軌道處的重力加速度5．如圖所示，光滑水平面左側(cè)連接一傳送帶，傳送帶長L=4m，水平面右側(cè)連接一12光滑圓周軌道，小物塊（可視為質(zhì)點）質(zhì)量m=0.1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，重力加速度g取10m/A．小物塊在傳送帶上一直做加速運動B．小物塊在傳送帶上的運動時間為2sC．半圓周的半徑為0D．小物塊在半圓周最高點的速度為1m6．如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛于天花板，下端系有質(zhì)量為M的圓板，處于平衡狀態(tài)。一質(zhì)量為m的圓環(huán)套在彈簧外，與圓板距離為h，讓環(huán)自由下落撞擊圓板，碰撞時間極短，碰后圓環(huán)與圓板共同向下運動，已知重力加速度為g，則（）A．碰撞過程中環(huán)與板組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為mghC．圓環(huán)和圓板的最大速度為mD．碰撞后的瞬間圓板對環(huán)的彈力為2二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。每小題給出的4個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）7．一列簡諧橫波沿直線傳播，A和B兩點是沿傳播方向上兩點，波由A傳向B，A、B兩點平衡位置相距s=3m，從0時刻起A點的振動圖像如圖中的甲所示，B點的振動圖像如圖中的乙所示，則下列說法正確的是（）A．該波的波長可能為4mB．該波的波長可能為2C．該機械波的最大傳播速度為0D．該波遇到10m的孔，一定能發(fā)生明顯的衍射8．如圖所示，楔形玻璃的橫截面AOB的頂角為θ=37°，OA邊上的點光源S到頂點O的距離為L，光線射向OB邊，不考慮多次反射，從OB邊射出的最短時間為3L4c，其中cA．光在玻璃中的傳播速度為3B．玻璃的折射率為1.25C．從S點射向O點的光線恰好能發(fā)生全反射D．OB上的發(fā)光長度為69．如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R2、R3為定值電阻，R1為滑動變阻器，R2=R3=r，變阻器R1的總阻值為3r，C為下極板接地的平行板電容器，電表均為理想電表，GA．將滑動變阻器R1B．將滑動變阻器R1的滑動頭向左移動，電壓表的示數(shù)增大，變阻器RC．將兩極板的正對面積減小，電流計中有向下的電流D．斷開開關S2，將電容器上極板向上平移一小段距離，帶電油滴Q10．圖為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖，靜電分析器中與圓心O1等距離的各點場強大小相等、方向沿徑向，電場強度大小可表示為E=kr，r為考查點到球心O1的距離，磁分析器中以O2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，其左邊界與靜電分析器的右端面平行。在靜電分析器前有一可以整體左右平移的粒子源和加速器。由粒子源發(fā)出的一電荷量為q的正離子經(jīng)加速電場加速后，從靜電分析器正中間的M點垂直于電場方向，沿半徑為R的四分之一圓弧軌跡做勻速圓周運動，從N點射出，接著由P點垂直磁分析器的左邊界射入，最后垂直打在熒光屏的QA．加速電壓為kB．離子的質(zhì)量為2C．若僅將離子質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?10，其他條件不變，則它打在熒光屏的位置在QD．若粒子源和加速器整體向右平移一小段距離，則離子在分析器中不能做勻速圓周運動三、非選擇題（本題共5小題，共56分）11．近年來手機更新?lián)Q代，飛速發(fā)展，手機功能越來越強大。某同學在研究直線運動的實驗中，先將手機拍攝的時間間隔設置為T，一小球靠近墻面豎直向上拋出，分別拍攝了上升和下降兩個階段的頻閃照片，如圖甲和乙所示，測出每塊磚的厚度為d。已知小球所受阻力大小不變，不計磚和磚之間的縫隙寬度。（1）試判斷O點是否為小球上升的最高點（選填“是”或“否”）。（2）小球上升過程的加速度大小為。（3）小球下落過程通過A的速度大小為，上升過程通過A點的速度大小為。12．（1）某同學學習了多用電表的原理后，設計了一個如圖甲所示的歐姆表，所用器材有：一節(jié)干電池（E=1.5V）、滿偏電流為Ig=3mA、內(nèi)阻為Rg=270Ω的表頭、電阻箱、滑動變阻器、導線若干，他把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，使得電流表滿偏，在3mA處標上“0”Ω，在0mA處標上“∞”Ω，依次標上相應的刻度，則在1.5mA處應標上Ω。（2）為了粗測二極管的正向電阻，當指針偏轉(zhuǎn)角度較大時，紅表筆連接的是二極管的極（選填“正”或“負”）；此時，電流表的指針指在如圖乙所示的位置，該讀數(shù)為mA，二極管的正向電阻為Ω。（3）在實驗室有一標稱值不清楚的電壓表，按照正確的操作，把該電壓表的正負兩個接線柱接入自制的多用電表中，電流表的讀數(shù)為I=0.50mA，電壓表總共有40個小格，此時的電壓表指針指在10個小格處，則該電壓表的內(nèi)阻為Ω，量程為13．如圖所示是2023年10月31日神舟十六號載人飛船返回艙成功返回的畫面。高度在8公里時，返回艙主傘打開，此時返回艙速度為80m/s，離地1m前，返回艙已經(jīng)勻速運動，速度為10m/s，已知主傘打開后主傘所受空氣阻力與速度成正比，即f=kv，已知返回艙質(zhì)量（含宇航員）為（1）主傘打開瞬間，返回艙的加速度大小；（2）估算主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做的功（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。14．如圖所示，水平面上有三個滑塊A、B和C，mA=mC=1kg，mB=2kg，C物塊的右側(cè)光滑，左側(cè)粗糙，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，A和B間夾有一壓縮輕彈簧（彈簧與A、B（1）A和C碰撞后的瞬間速度的大??；（2）開始時彈簧的彈性勢能為多大；（3）若彈簧的勁度系數(shù)k=8003N/m15．截至2023年8月底，武威重離子中心已完成近900例患者治療，療效顯著。醫(yī)用重離子放療設備主要由加速和散射兩部分組成，整個系統(tǒng)如甲圖所示，簡化模型如乙圖所示。乙圖中，區(qū)域I為加速區(qū)，加速電壓為U，區(qū)域II、III為散射區(qū)域，偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度大小均為B，區(qū)域II中磁場沿y軸正方向，區(qū)域III中磁場沿x軸正方向。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的重離子在O點由靜止進入加速電場，離子離開區(qū)域II時速度偏轉(zhuǎn)了37°，不計離子的重力，sin37°=0（1）求離子進入磁場區(qū)域II時速度大??；（2）求磁場II的寬度d；（3）區(qū)域III磁場寬為d'=10πB2mUq，在區(qū)域III右側(cè)邊界放置一接收屏，接收屏中心

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)x-t圖像中，斜率表示速度，由圖可知，t1時刻甲的速度大于乙的速度，故A錯誤；

B、由圖可知，開始階段，乙的速度大于甲的速度，兩車間距離逐漸增大，當兩車的x-t圖像斜率相等時，即甲乙兩車速度相同，下一時刻，甲車的速度大于乙車，兩車間距離減小，則距離相等時，兩車間距離最大，故B正確；

CD、根據(jù)v-t圖像中面積表示位移，由圖可知，0~t2時間內(nèi)，丙車的位移小于丁車，則0~t2時間內(nèi)，丙車的平均速度小于丁車的平均速度，故CD錯誤。

故答案為：B。

【分析】x-t圖像斜率表示速度，x-t圖像上的點表示該時刻物體所處的位置，速度相等時，兩者距離最大。v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移。2．【答案】D【解析】【解答】A、M點電場強度為0，A點的電荷帶正電，故A錯誤；

B、設A點的電荷所帶電荷量為q'，根據(jù)k解得q'=4故B錯誤；

C、無窮遠處電勢為0，則P點電勢為正，故C錯誤；

D、撤去B處的點電荷，M點的電場強度大小為E=k故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)點電荷場強公式結(jié)合M點場強為零，根據(jù)矢量疊加法則確定A點電荷的電性及其電荷量大小。無窮遠處電勢為0，越靠近正電荷電勢越大。3．【答案】B【解析】【解答】A、cd棒受力平衡，根據(jù)左手定則，cd棒中的電流方向從c到d，a端接電源的負極，故A錯誤；

B、B和I相互垂直，故金屬棒受到的安培力為BIL，故B正確；

CD、如圖所示，根據(jù)三力平衡BIL=mg即m=故CD錯誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)平衡條件確定金屬棒所受安培力的方向，再根據(jù)左手定則確定電流方向繼而得出ab端接電源的電極情況。根據(jù)安培力的特點確定安培力的大小，再根據(jù)平衡條件確定金屬棒質(zhì)量的大小。4．【答案】A【解析】【解答】A、根據(jù)萬有引力提供向心力，有G周期為T=解得地球的質(zhì)量為M=故A正確；

B、對接前飛船運動到比空間站更低的軌道，根據(jù)變軌原理，飛船需加速做離心運動，從而進入更高的軌道，加速后有可能與空間站對接，故B錯誤；

C、軌道越高，組合體機械能越大，對接后組合體由于太空中阻力的作用，若不加以調(diào)整，組合體的機械能減小，軌道會慢慢降低，故C錯誤；

D、在空間站中，其任何物體所受萬有引力都全部用來提供向心力，都處于完全失重狀態(tài)，因此小球釋放后不會下落，無法據(jù)此計算軌道處的重力加速度，故D錯誤。

故答案為：A。

【分析】熟悉掌握衛(wèi)星變軌對接的方式及變軌過程中衛(wèi)星的運動情況。阻力做負功，機械能減小，衛(wèi)星做近心運動。自由落體需受重力作用，完全失重狀態(tài)無法完成該實驗。熟悉掌握萬有引力定律及其在各計算中的應用。5．【答案】C【解析】【解答】AB、小物塊放到傳送帶上時μmg=ma解得a=2和傳送帶共速前運動的時間t運動的位移x小物塊接下來在傳送帶上勻速運動t物塊在傳送帶上運動的總時間為t=故AB錯誤；

CD、設半圓周的半徑為R，在半圓周的最高點mg=m從最低點到最高點1解得R=0.08m，故C正確，D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律分析物體在傳送帶的運動情況，若與傳送帶共速時，物體仍在傳送帶上，則物體先做加速運動再做勻速運動。小物塊恰好到達最高點的臨界條件為在最高點完全由重力提供向心力，再根據(jù)牛頓第二定律及機械能守恒定律進行解答。6．【答案】B【解析】【解答】A、碰撞過程中環(huán)與板組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，由于碰撞之后圓環(huán)與圓板共同向下運動，則機械能有損失，機械能不守恒，故A錯誤；

B、根據(jù)題意可知，圓環(huán)下降到與圓板碰撞前瞬間，由機械能守恒定律有mgh=圓環(huán)和圓板碰撞過程中，由動量守恒定律有mv=解得v則碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=聯(lián)立解得ΔE=故B正確；

C、圓環(huán)和圓板在向下運動的過程中，開始階段重力之和大于彈簧的彈力，圓環(huán)和圓板還在加速，則圓環(huán)和圓板的最大速度不是mm+M2gh，故C錯誤；mg=對圓板，由牛頓第二定律有F=Ma解得F=故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】碰后一起向下運動屬于完全非彈性碰撞，機械能損失最大。根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律確定碰撞損耗的能量。當圓環(huán)與圓板速度最大時，加速度為零。碰撞后瞬間彈簧彈力不變，圓環(huán)和圓板的加速度相等，根據(jù)整體法和隔離法結(jié)合牛頓第二定律確定圓環(huán)與板之間的作用力。7．【答案】B,C【解析】【解答】ABC、根據(jù)題意可知，由于波由A傳向B，由圖可知，A質(zhì)點的振動形式經(jīng)過t=傳到B質(zhì)點，則有3可知，當n=0時λ=12n=1時λ=2.4由圖可知，周期為20s，波長最大時，波速最大，則有v故A錯誤，BC正確；

D、由于機械波的波長可以很短，故該波遇到10m的孔，不一定能發(fā)生明顯的衍射，故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)振動形式確定波長與AB之間距離的關系，繼而確定波長的可能值，再根據(jù)波速公式確定波速的可能值及最大值。熟悉掌握產(chǎn)生明顯衍射的條件。8．【答案】B,C【解析】【解答】A、光源S到OB的最短傳播距離為d=L傳播速度v=故A錯誤；

B、根據(jù)v=可得玻璃的折射率為n=1.25故B正確；

C、根據(jù)全反射定義知sin可得臨界角C=53°故C正確；

D、根據(jù)對稱性OB上的發(fā)光長度為x=2L故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】當光線垂直射向OB邊，光在玻璃中的路程最短，射出玻璃的時間最短。再根據(jù)折射定律及全反射條件結(jié)合幾何關系進行分析。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、將滑動變阻器R1的滑動頭向左移動，R2上的電壓增大，電容器上的電壓增大，電壓表的示數(shù)增大，油滴受到的電場力增大，油滴向上運動，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；

B、將滑動變阻器R1的滑動頭向左移動，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則電壓表示數(shù)為U=I增大，將R2和電源視為整體，看成等效電源，則當R功率最大，則變阻器R1上的功率先增大后減小，故B正確；

C、將兩極板的正對面積減小，電容器的電容減小，根據(jù)Q=CU，電容器上的電量減小，電流計中有向上的電流，故C錯誤；

D、斷開開關S2，將電容器上極板向上平移一小段距離，電容器上電量不變，電場強度不變，根據(jù)U=Ed，則Q的電勢不變，帶電油滴Q的電勢能不變，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】明確電路圖的連接方式即各電表的測量對象，再根據(jù)“程序法”或者“串反并同”結(jié)論法確定閉合開關時移動滑動變阻器各元件電流、電壓的變化情況。電容器兩極板的電勢差等于與其并聯(lián)元件兩端電壓，電場力做正功，電勢能減小，電容器上的電量減小，電容器放電。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、設加速電壓為U，粒子質(zhì)量為m，則根據(jù)動能定律Uq=根據(jù)牛頓第二定律q又E聯(lián)立解得U=故A正確；

B、離子進入磁場的速度v=根據(jù)牛頓第二定律qvB=m又r=d聯(lián)立解得m=故B錯誤；

C、若離子的質(zhì)量變?yōu)?.9m，分析可知，離子在磁場中運動的半徑減小，會打在Q點左側(cè)，故C正確；

D、若粒子源和加速器整體向右平移一小段距離，離子進入電場中不同的點，根據(jù)牛頓第二定律q因E故離子仍能做勻速圓周運動，故D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】粒子在加速電場只有電場力做功，再靜電分析儀做電場力的作用下做勻速圓周運動，在磁分析器中在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。根據(jù)不同階段的運動規(guī)律結(jié)合動能定理及牛頓第二定律結(jié)合題意進行分析。11．【答案】（1）是（2）6d（3）4dT；【解析】【解答】（1）兩圖中從上到下，第一段與第二段的相等時間的位移之比均為1：3，可O點是最高點。

（2）小球在上升過程中根據(jù)Δx=a可得6d=解得a（3）根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于整段的平均速度，小球下落過程通過A的速度大小為vO點的速度為零，上升過程從A到O，有2解得v【分析】上升過程做勻減速直線運動，在最高點速度為零，根據(jù)運動的可逆性可視為從最高點開始做加速運動，再根據(jù)運動規(guī)律結(jié)合連續(xù)相等時間內(nèi)位移關系確定O是否為最高點，根據(jù)逐差法確定加速度的大小。根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于整段的平均速度確定各位置小球的速度。12．【答案】（1）500（2）負；2.50；100（3）2500；5.00【解析】【解答】（1）電流表滿偏時I半偏時I=1.5解得R（2）紅表筆接電源內(nèi)部的負極，因此當指針偏轉(zhuǎn)角度較大時說明電阻較小，紅表筆連接的是二極管的負極，該讀數(shù)為2.50mA，根據(jù)I=2.5解得R（3）設電壓表的內(nèi)阻為r，則有I=0.5解得r=2500電壓表上所加電壓U=Ir=1.25電壓表的量程U【分析】熟悉掌握多用電表歐姆擋測量電阻的原理及計算方法。二極管具有單向?qū)щ娦?，反接時電路中電流為零。電壓表接多用電表，使用歐姆檔時，電壓表相當于電阻元件，根據(jù)連接方式確定電路中通過電壓表和電流表電流的關系，再根據(jù)閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律進行解答。13．【答案】（1）解：根據(jù)題意可知，返回艙勻速時，有k主傘打開瞬間，利用牛頓第二定律k解得a=70m（2）解：設從主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做功為Wfh=8000m由動能定理有mgh?解得W【解析】【分析】（1）勻速運動時，返回艙處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件確定空氣阻力與速度的比例系數(shù)。再對開傘時進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律進行解答；

（2）確定開傘后和離地1m時返回艙的速度大小，確定此過程返回艙的受力情況及各力做功情況，再根據(jù)動能定理進行解答。14．【答案】（1）解：設A和C碰后的速度為v，根據(jù)動能定理?μ(解得v=2m（2）解：設彈簧恢復原長時，A、B的速度大小分別為vA、vB，A和mA和B作用的過程，有m彈簧的彈性勢能E解得E（3）解：根據(jù)E解得x=0在A和B相互作用的過程中，每時每刻都有m故m又因S