江蘇省常州市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理期末監(jiān)測(cè)試卷

江蘇省常州市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理期末監(jiān)測(cè)試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．物理量分為矢量和標(biāo)量，它們遵循不同的運(yùn)算法則，下列物理量為標(biāo)量的是（）A．力做的功W B．電場(chǎng)強(qiáng)度E C．力的沖量I D．加速度a2．2023年11月3日，我國(guó)在海南文昌航天發(fā)射場(chǎng)使用長(zhǎng)征七號(hào)運(yùn)載火箭成功將通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十號(hào)發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道。我國(guó)現(xiàn)有甘肅酒泉、山西太原、四川西昌和海南文昌四個(gè)航天發(fā)射場(chǎng)，海南文昌與另外三地相比，因其地理位置帶來的發(fā)射優(yōu)勢(shì)是（）A．氣流速度大 B．自轉(zhuǎn)線速度大C．自轉(zhuǎn)周期大 D．自轉(zhuǎn)角速度大3．王老師在課堂上演示繩波的傳播過程，他握住繩上的A點(diǎn)上下振動(dòng)，某時(shí)刻繩上波形如圖，則繩上A點(diǎn)的振動(dòng)圖像正確的是（）A． B．C． D．4．某學(xué)習(xí)小組用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，為了能成功完成實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（）A．兩小球必須等大且m1＜m2B．斜槽軌道必須是光滑的C．入射球每次必須在軌道的相同位置靜止釋放D．必須測(cè)出高度H5．如圖所示。一束單色光從介質(zhì)1射入介質(zhì)2，在介質(zhì)1、2中的波長(zhǎng)分別為λ1、λ2，頻率分別為f1、f2，則（）A．λ1<λ2 B．λ1>λ2 C．f1<f2 D．f1>f26．如圖，通有恒定電流的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線附近有一圓形線圈，直導(dǎo)線與線圈置于同一光滑水平面內(nèi)。若減小直導(dǎo)線中的電流強(qiáng)度，線圈將（）A．產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，遠(yuǎn)離直導(dǎo)線C．產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，有收縮的趨勢(shì)D．產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，靠近直導(dǎo)線7．在海邊的山坡高處的岸防炮，可以同時(shí)向兩個(gè)方向投出彈丸，射擊海面上的不同目標(biāo)。如圖所示，在一次投射中，岸防炮以相同大小的初速度v0在同一豎直面內(nèi)同時(shí)射出兩顆彈丸，速度方向與水平方向夾角均為θ，不計(jì)空氣阻力。則（）A．到達(dá)海面時(shí)兩炮彈的速度大小相同方向不同B．到達(dá)海面前兩炮彈之間距離越來越小C．到達(dá)海面前兩炮彈的相對(duì)速度越來越大D．到達(dá)海面前兩炮彈總在同一豎直線上8．如圖所示，在正六面體的a點(diǎn)放置一正點(diǎn)電荷，f點(diǎn)放置一電荷量相等的負(fù)點(diǎn)電荷，下列說法正確的是（）

A．b點(diǎn)電勢(shì)大于c點(diǎn)電勢(shì) B．d點(diǎn)電勢(shì)等于g點(diǎn)電勢(shì)C．d點(diǎn)和g點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等 D．b點(diǎn)和c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等9．如圖，一輛前輪驅(qū)動(dòng)的汽車在水平路面上緩慢通過圓弧型減速帶，車身與減速帶垂直，其前輪離開地面爬升至減速帶最高點(diǎn)的過程中，車身始終水平，不計(jì)后輪與地面的摩擦以及輪胎和減速帶的形變，則減速帶受到車輪的摩擦力和壓力的變化情況是（）A．摩擦力先增大后減小 B．摩擦力逐漸減小C．壓力先增大后減小 D．壓力保持不變10．如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌PQ、MN水平放置，夾角為45°，處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在M、P處串聯(lián)間距極小的電容器，電容為C，與PQ垂直的導(dǎo)體棒在垂直棒的水平外力作用下從導(dǎo)軌最左端向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v，不計(jì)一切電阻，則下列說法正確的是（）A．電容器上板帶正電B．水平外力保持不變C．水平位移為x時(shí)電容器儲(chǔ)存的電能為CB2v2x2D．水平位移為x時(shí)外力的功率為CB2v3x11．如圖，水平傳送帶以恒定速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將小物塊P輕放在傳送帶左側(cè)某位置，P在傳送帶帶動(dòng)下向右運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸時(shí)速度恰好達(dá)到v。取P放置點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，全過程P始終處在傳送帶上，以水平向右為正方向，木塊在向右運(yùn)動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度a與位移x的關(guān)系圖像正確的（）A． B．C． D．二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13~16題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12．我國(guó)在鋰電研發(fā)方面處于全球領(lǐng)先水平。小明從修理廠借了一個(gè)三元鋰電池，其標(biāo)稱的電動(dòng)勢(shì)為3.7V，最大放電電流為850mA，內(nèi)阻A.電壓表（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）B.電流表（量程0.6A）C.電流表（量程3A）D.定值電阻RE.定值電阻RF.滑動(dòng)變阻器（0?5Ω）G.滑動(dòng)變阻器（0?20Ω）H.開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）設(shè)計(jì)測(cè)量電路如圖甲所示，按照設(shè)計(jì)電路在圖乙上完成實(shí)物電路的連接。（2）在電路中，電流表應(yīng)選擇，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇（均填寫器材序號(hào)）。（3）正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，根據(jù)電壓表讀數(shù)計(jì)算出電壓表和定值電阻R1兩端的總電壓U，讀出對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I，在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)，如圖丙所示，請(qǐng)作出相應(yīng)的圖線，并由圖線求得電池的電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=（4）小明設(shè)計(jì)的電路中，定值電阻R2所起的作用是，小明并未測(cè)出電流表的內(nèi)阻，這對(duì)測(cè)量結(jié)果（填“有”、“無”）影響，理由是13．帶圓孔的遮光板N和光屏M平行放置，O點(diǎn)為圓孔的圓心，OO′連線垂直于光屏M，在OO′連線的延長(zhǎng)線上放置一個(gè)點(diǎn)光源S，S到光屏M距離H=20cm，在光屏M上形成的圓形光斑半徑r1=20cm。將厚度d=10cm、表面足夠大的平行玻璃板放置在M、N板之間，上下表面與兩板平行，在光屏M上圓形光斑半徑變?yōu)閞2=15cm。過OO′的截面如圖所示，求：（1）入射和出射光線的最大側(cè)移量；（2）玻璃板的折射率n。14．如圖所示，某吊扇正常工作時(shí)扇葉附近向下排風(fēng)的風(fēng)速為v=14.0m/s，排風(fēng)量為Q=0.2m3/s，已知空氣平均密度ρ=1.3kg/m3，電機(jī)內(nèi)阻R=496Ω，請(qǐng)根據(jù)圖中吊扇的工作參數(shù)求吊扇正常工作時(shí)：（1）電機(jī)的輸出功率P出；（2）吊扇對(duì)空氣向下的平均作用力F。15．“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材，如圖所示，質(zhì)量m1=30kg的長(zhǎng)方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上，鏈條長(zhǎng)度均為l=5m，與豎直方向夾角均為α=37°。讓一質(zhì)量m2=50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間，給晃板一水平初速度，晃板和受訓(xùn)人員擺動(dòng)起來，到最高點(diǎn)時(shí)兩根鏈條所在平面與晃板夾角為β=53°，受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點(diǎn)且始終與晃板保持相對(duì)靜止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小T；（2）晃板的初速度大小v0；（3）晃板擺到最高點(diǎn)時(shí)，受訓(xùn)人員受到的支持力FN和摩擦力f的大小。16．如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系O-xyz內(nèi)的正方體OABC-O1A1B1C1區(qū)域，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。粒子源在y軸上OO1區(qū)域內(nèi)沿x軸正方向連續(xù)均勻輻射出帶電粒子。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，初速度為v0，sin53o=0.8，cos53o=0.6，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）僅在正方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，所有的粒子都經(jīng)過A1ABB1面射出電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E0；（2）僅在正方體區(qū)域內(nèi)加沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，所有的粒子都經(jīng)過A1ABB1面射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0的范圍；（3）在正方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4mv05Lq，電場(chǎng)強(qiáng)度E=512mv0

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、功只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，A正確。

B、電場(chǎng)強(qiáng)度既有大小，也有方向，方向?yàn)檎姾伤茈妶?chǎng)力的方向，是矢量，B錯(cuò)誤。

C、力的沖量既有大小，也有方向，方向?yàn)槲矬w所受力的方向，是矢量，C錯(cuò)誤。

D、加速度a既有大小，也有方向，方向?yàn)樗俣茸兓姆较颍鞘噶?，D錯(cuò)誤。

故答案為：A

【分析】只有大小，沒有方向的物理量是矢量；既有大小，也有方向的物理量是標(biāo)量。2．【答案】B【解析】【解答】地球上的任意一點(diǎn)圍繞地軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，周期相同，赤道附近半徑最大，線速度最大，海南文昌與另外三地相比，因其地理位置帶來的發(fā)射優(yōu)勢(shì)是自轉(zhuǎn)線速度大，B正確。

故答案為：B

【分析】地球上的任意一點(diǎn)圍繞地軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，周期相同，赤道附近半徑最大。3．【答案】B【解析】【解答】由圖可知繩子上的點(diǎn)起振方向向下，則波源的起振方向向下，B圖正確。

故答案為：B

【分析】機(jī)械波在介質(zhì)中傳播時(shí)，介質(zhì)上的點(diǎn)起振方向和振動(dòng)周期均與波源相同。4．【答案】C【解析】【解答】A、在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，為防止小球碰撞后反彈必須保證m1>m2，A錯(cuò)誤。

B、斜槽不必水平，但是必須保證斜槽末端水平，B錯(cuò)誤。

C、入射球每次必須從同一位置靜止釋放以保證碰撞的初速度相同，C正確。

D、處理數(shù)據(jù)時(shí)用水平方向的位移代替速度進(jìn)行計(jì)算，不必測(cè)量高度h和時(shí)間t，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中需要保證釋放小球的質(zhì)量大于被碰小球，防止反彈，斜槽不必光滑，但末端必須水平，保證小球每次從同一位置靜止釋放。5．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)折射定律可知折射率小的介質(zhì)角越大，因此n1<可得v1>根據(jù)v=λf可知波長(zhǎng)與波速成正比，即λ1故答案為：B。

【分析】根據(jù)n=cv，n16．【答案】D【解析】【解答】由右手定則可知通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在線圈中的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，電流減小，穿過線圈的磁通量減小，由楞次定律和右手定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為減弱磁通量的減小，線圈面積有增大的趨勢(shì)，且線圈靠近直導(dǎo)線，則ABC錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：D

【分析】根據(jù)右手定則判斷通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，再由楞次定律判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向以及線圈的變化趨勢(shì)。7．【答案】D【解析】【解答】A、有對(duì)稱性可知斜向上飛出的彈丸落至水平位置時(shí)速度方向與斜下拋速度方向大小相等，方向相同，則到達(dá)海平面時(shí)兩炮彈的速度大小相同，方向也相同，A錯(cuò)誤。

B、由題可知兩炮彈在水平方向速度相同，炮彈向上運(yùn)動(dòng)過程中，兩炮彈間距增大，向下運(yùn)動(dòng)過程中，兩者間距也越來越大，B錯(cuò)誤。

C、達(dá)到海平面之前，兩者水平方向相對(duì)速度為零，豎直方向加速度相等，則豎直方向相對(duì)速度也保持不變，C錯(cuò)誤。

D、兩者水平速度相同，則到達(dá)海平面之前，兩炮彈始終在同一豎線上，D正確。

故答案為：D

【分析】對(duì)兩個(gè)炮彈的速度進(jìn)行分解，根據(jù)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算求解。8．【答案】C【解析】【解答】A、a到c的距離等于f到c的距離，a到b的距離等于f到b的距離，由等量正負(fù)電荷的電場(chǎng)線分布規(guī)律可知b和c在同一等勢(shì)面，A錯(cuò)誤。

B、d點(diǎn)靠近正電荷，電勢(shì)為正；g點(diǎn)靠近負(fù)電荷，電勢(shì)為負(fù)，則d點(diǎn)電勢(shì)高于g點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤。

CD、由點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式E=kqr2和矢量的合成法則可知，d點(diǎn)和g點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

9．【答案】B【解析】【解答】對(duì)車輪進(jìn)行受力分析可知，車輪的支持力始終與摩擦力垂直，前輪離開地面爬升至減速帶最高點(diǎn)的過程中，支持力增大，摩擦力逐漸減小，由牛頓第三定律可知，減速帶所受車輪的摩擦力減小，壓力逐漸增大，B正確，ACD錯(cuò)誤。

故答案為：B

【分析】對(duì)車輪進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件和動(dòng)態(tài)分析的相關(guān)知識(shí)分析求解各個(gè)力的變化。10．【答案】D【解析】【解答】A、由右手定則可得導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橄蛳拢瑒t電容器的下板帶正電，A錯(cuò)誤。

B、導(dǎo)體棒在向右勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒有效長(zhǎng)度發(fā)生變化，則安培力發(fā)生變化，為保持勻速運(yùn)動(dòng)，水平外力也需要變化，B錯(cuò)誤。

C、水平位移為x時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bxv電容器所儲(chǔ)存的電能為W=C錯(cuò)誤。

D、由平衡條件可知外力的功率大小等于安培力功率的大小，電荷量q=CE=CBxv電流為I=則安培力的功率為P=Fv=CD正確。

故答案為：D

【分析】對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行分析，由右手定則判斷電流方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電容器所儲(chǔ)存能量與電壓的關(guān)系計(jì)算電容器儲(chǔ)存的能量和外力的功率大小。11．【答案】A【解析】【解答】物塊與彈簧接觸史速度達(dá)到v，說明物體與彈簧接觸前做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知a=μg方向水平向右；與彈簧接觸后再開始的一段時(shí)間內(nèi)P相對(duì)于傳送帶靜止，即P所受的彈力和靜摩擦力平衡，P做勻速直線運(yùn)動(dòng)，a1kx-μmg=ma即a=方向向左，則A正確。

故答案為：A

【分析】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和彈簧彈力與伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系分析物塊的受力情況和加速度情況，畫出加速度隨位移x的關(guān)系圖像。12．【答案】（1）（2）B；G（3）；3.90；0.17（4）增大等效內(nèi)阻、使電壓表示數(shù)變化明顯；無；實(shí)驗(yàn)誤差的來源是電壓表的分流，與電流表內(nèi)阻無關(guān)【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖將實(shí)物圖進(jìn)行連接如圖所示

（2）根據(jù)題意可知，電路中最大電流為850mA，電流表應(yīng)選擇B。為了方便調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇G。

（3）作出相應(yīng)的圖像，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知圖像的縱軸截距為電動(dòng)勢(shì)E=3.09斜率R（4）小明設(shè)計(jì)的電路中定值電阻R2所起的作用是增大電源的等效內(nèi)阻，使電壓變化明顯，未測(cè)出電流表的內(nèi)阻，對(duì)所測(cè)結(jié)果無影響，實(shí)驗(yàn)誤差的來源是電壓表的分流，與電流表內(nèi)阻無關(guān)。

【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖即可。

（2）電流表的量程根據(jù)電路中的最大電流進(jìn)行選擇，滑動(dòng)變阻器在保證安全的前提下選擇阻值較小的。

（3）由閉合電路歐姆定律可知，圖像的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，斜率表示電源的等效電阻。

（4）定值電阻R13．【答案】（1）解：設(shè)射入玻璃磚光線入射角的最大值為θ1，對(duì)應(yīng)的折射角為θ2，由光路圖和幾何關(guān)系可知sin解得θ1=45°則最大側(cè)移ΔLm=(r1-r2）sin45°=52（2）解：由光路圖和幾何關(guān)系可知sin由折射定律有n=解得n=【解析】【分析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系畫出光路圖，由幾何關(guān)系和光的折射定律計(jì)算最大側(cè)移量。

（2）由光路圖和幾何關(guān)系計(jì)算折射角的正弦值，再根據(jù)光的折射定律計(jì)算折射率。14．【答案】（1）解：正常工作時(shí)，電流I=電機(jī)的輸出功率為P出=P-I2R=55W-0.252×496W=24W（2）解：對(duì)空氣，由動(dòng)量定理FΔt=Δmv-0=ρQΔtv-0代入數(shù)據(jù)解得F=3.64N【解析】【分析】（1）電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于電動(dòng)機(jī)的總功率減去電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率。

（2）對(duì)空氣進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算空氣受到的平均作用力。15．【答案】（1）解：在最低點(diǎn)靜止時(shí)受力平衡，對(duì)晃板和訓(xùn)練人員為整體進(jìn)行受力分析，受到拉力和重力得4T解得T=250N（2）解：對(duì)晃板和訓(xùn)練人員為整體從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得(解得v（3）解：最高點(diǎn)時(shí)，以晃板和