江西省赣州市全南中学2023-2024学年高三上学期11月期中考试物理试题（解析版）

全南中学2023-2024学年第一学期高中学段期中考试三年级物理一、选择题（共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）1. 如图所示，是一位同学进行立定跳远测试的运动过程，下列说法正确的是（）A. 起跳瞬间地面对同学的支持力大于同学对地面的压力B. 起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向右C. 同学在空中阶段处于超重状态D. 整个运动过程同学平均速度的大小小于平均速率【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律，起跳瞬间地面对同学的支持力等于同学对地面的压力，故A错误；B．起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向左，使同学向左运动，故B错误；C．同学在空中阶段受到重力的作用，有向下的加速度，处于失重状态，故C错误；D．整个运动过程同学的位移小于路程，运动时间相同，故整个运动过程同学平均速度的大小小于平均速率，故D正确。故选D。2. 冬天，我国部分地区有降雪，在雪地上，运输物资汽车以额定功率P上坡时，为增大牵引力F牵，汽车的速度v应A. 减小B. 增大C. 保持不变D. 先增大后保持不变【答案】A【解析】【详解】由功率公式P=Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡．A．减小，与分析相符，故A项正确；B．增大，与分析不符，故B项错误；C．保持不变，与分析不符，故C项错误；D．先增大后保持不变，与分析不符，故D项错误．3. 质量均为、带电量均为的、小球，用等长的绝缘细线悬在天花板上的同一点，平衡后两线张角为，如图所示，若、小球可视为点电荷，则小球所在处的场强大小等于 （ ）A. mgsin/qB. mgcos/qC. mgtg/qD. mgctg/q【答案】C【解析】【详解】对A小球进行受力分析，受水平方向的电场力、细线的拉力和重力作用；设小球A在水平方向受到库仑力的大小为qE，根据平衡条件得：，所以：E，故选C．【点睛】本题两边的球是对称的，故分析其中一个小球即可得出正确结论；在电场中处理问题的方法与力学是一致的，做好受力分析是解决问题的关键．4. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（）A. 甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度B. 乙图可判断出A极板是发电机的正极C. 丙图中粒子沿直线通过的条件是，若该粒子从右端射入则该速度选择器不适用D. 丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高【答案】C【解析】【详解】A．设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有解得粒子的最大动能为由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，A错误；B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；C．粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即解得C正确；D．若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，D错误。故选C。5. 如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间动摩擦因数处处相同，以下说法正确的是（）A. 细绳拉力大小为m2rB. 球与桌面间的摩擦力大小为C. 小球受到的合外力大小为D. 手对细线做功的功率为【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着做的也是匀速圆周运动，设大圆半径为R，由图分析可知设绳中张力为T，则细绳拉力大小为故A错误；B. 根据摩擦力公式，可得球与桌面间的摩擦力大小为故B错误；C. 小球做匀速圆周运动的角速度也为，半径为R，所以受到的合外力大小为故C正确；D. 手对细线做功的功率为故D错误。故选C。6. 如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。仅由这个it曲线所提供的信息可以估算出A. 电容器的电容B. 一段时间内电容器放电的电荷量C. 某时刻电容器两极板间的电压D. 一段时间内电阻产生的热量【答案】B【解析】【详解】ABC．根据电流的定义：可知图线和时间轴围成的面积所表示的物理量为电荷量，通过对格子进行计数可以求解一段时间内电容器放电的电荷量；根据电容的定义：可知，无法求解电容器的电容和极板间电压，故AC错误，B正确；D．根据焦耳定律：电流无法准确求解，所以产生的焦耳热无法求解，故D错误。故选B。7. 如图甲所示，一质量为M的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则通过分析计算可得（）A. 滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2B. 当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2C. 木板的质量为2kg，滑块的质量为1kgD. 若拉力作用在小滑块m上，当F=9N时滑块的加速度为2m/s2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，当F=6N时，二者刚好滑动，此时滑块的加速度为2m/s2，由牛顿第二定律可得a=g解得动摩擦因数=0.2A正确；B．当F=6N时，二者刚好滑动，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加速度为2m/s2，B错误；C．当F=6N时，滑块的加速度为2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=（M+m）a代入数据解得M+m=3kg当F>6N时，由牛顿第二定律得由图线的斜率解得M=1kgm=2kgC错误；D．若拉力作用在小滑块m上，当F=9N时，假设二者不分离，整体分析有而木板的最大加速度为所以假设成立，二者没有相对滑动。滑块的加速度为3m/s2，D错误。故选A。8. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa=1m和xb=3m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象。下列说法正确的是（）A. 该波沿+x方向传播，波速为0.5m/sB. 质点a经4s振动的路程为2mC. 此时刻质点a的速度沿-y方向D. 质点a在t=6s时速度为零【答案】CD【解析】【详解】A．ab两点间的距离为x=xb-xa=3m-1m=2m，振动从a传播到b的时间为半个周期，为所以波速为b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向-x轴方向传播，选项A错误；B．质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，选项B错误；C．此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿-y方向，选项C正确；D．在t=6s时，质点b在负的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a在正的最大位移处，此时a的速度为零，选项D正确。故选CD。9. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（） A. 该碰撞为弹性碰撞B. 该碰撞为非弹性碰撞C. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110【答案】AC【解析】【分析】【详解】CD．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA vB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是，由碰撞过程系统总动量守恒mAvA+mBvB=-mAvA+mBvB可知碰撞后B球的动量是，根据mB=2mA所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，选项C正确，D错误；AB．碰撞前系统动能碰撞后系统动能为则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，选项A正确，B错误。故选AC。点睛：碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快；由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性。为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究。10. 如图所示，一块长、宽、高分别为、、的矩形霍尔元件，元件内单位体积自由电子数为，电子电量大小为，通入方向向上大小为的电流，此时显示屏闭合，元件处于垂直于右侧面、方向水平向右，大小为的匀强磁场中，前后表面间出现大小为的电压，以此控制屏幕的熄灭。则关于该元件的下列说法正确的是（）A. 后表面的电势比前表面的低B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为C. 自由电子受到的洛伦兹力大小为D. 电压满足【答案】AB【解析】【详解】A．电流的方向竖直向上，而电流的方向为正电荷定向移动的方向，为负电荷定向移动的反方向，则可知电子移动的方向竖直向下，因此，根据左手定则可知，电子将向着后表面偏转，后表面积累了电子，则后表面的电势低于前表面的电势，故A正确；B．设电子定向移动的速度为，根据电流的微观表达式可得解得则电子所受洛伦兹力的大小为故B正确；C．前后表面间出现大小为的电压时，电子受力平衡，所受洛伦兹力的大小等于电场力的大小，设霍尔电场场强为，则有而联立可得故C错误；D．根据以上分析可得解得故D错误。故选AB。11. 图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（）A. 时刻，乙粒子离开电场B. 乙粒子的比荷为C. 甲粒子离开电场时的速度大小为D. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为【答案】BD【解析】【详解】A．设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为因乙在时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，故A错误；CD．设两板间距离为d，则有则在竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，根据竖直方向位移和时间关系，可得作出竖直方向上速度与时间图像，如图。则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为，根据图像可知在时刻粒子甲会恰好不碰到极板，该时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出电场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其轨迹为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出电场，即乙在竖直方向上的位移为，则偏转位移之比为，时刻，甲粒子离开电场时已具有竖直向上的分速度，故C错误，D正确；B．对乙有对甲有因则有可得又可得故B正确。故选BD。二、实验题（共18分）12. 在“验证动量守恒定律”的实验中：(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的____________（选填“系统误差”或“偶然误差”）。(2)入射小球每次必须从斜槽上____________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同。(3)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是可以通过仅测量_______（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度h B.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移(4)入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置（如图所示），若满足________________________（用m1、m2、OM、OP、ON表示），则说明碰撞中动量守恒；【答案】 . 偶然误差 . 同一位置由静止开始 . C . m1OPm1OMm2ON【解析】【详解】(1)[1]在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的偶然误差；(2)[2]入射小球每次必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下，这为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同；(3)[3]实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是由平抛运动的规律可知 ，因平抛的时间不变，故可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移间接地解决这个问题； (4)[4]要验证的关系是m1v0m1v1m2v2因vx，则若满足m1OPm1OMm2ON则说明碰撞中动量守恒；13. 有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线．现有下列器材供选用：A.电压表(05 V，内阻约10 k)B.电压表(015 V，内阻约20 k)C.电流表(03 A，内阻约1 )D.电流表(00.6 A，内阻约0.4 )E.滑动变阻器(10 ，2 A)F.滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流6 V)、开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．（2）在线框内画出实验电路图_______，并根据所画电路图进行实物连接_______．（3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：________________________________．（4）若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5，已知A、B两端电压恒为2.5 V，则此时灯泡L的功率约为________W．(保留两位有效数字)【答案】 . (1)A . D . E . (2)如图； . 如图； . (3)小灯泡电阻随温度的升高而增大 . (4)0.31【解析】【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器．题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图．题（3）的关键是根据电阻定义可知，电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大．题（4）的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，根据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小，然后根据P=UI求出功率即可．【详解】（1）：根据小灯泡的规格“4V，2W”可知，电压表应选A，电流，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E．（2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，所以电路图和实物连线图如图所示：（3）根据可知，小灯泡电阻与I-U图象上各点与原点连线的斜率倒数成正比，所以小灯泡电阻随温度的升高而增大．（4）在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，由I-U图象可知，当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时，此时灯泡两端的电压U=1.4V，I=0.22A时对应的电压，所以小灯泡的功率为：P=UI=1.40.22W=0.31W.【点睛】本题考查了实验器材选择、设计实验电路图、连接实物电路图、实验数据处理，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路图与连接实物电路图的前提与关键．三、计算题（共38分）14. 电风扇是一种利用电动机驱动扇叶旋转，来达到使空气加速流通的家用电器．有一台电风扇，其电动机的线圈电阻R =10．当接上U = 220V的电压后，电风扇正常工作，通过电动机的电流I=0.3A．求：（1）电风扇正常工作时消耗的电功率P；（2）电风扇正常工作时的发热功率P热和输出的机械功率P机； （3）如果接上220V电压后，电风扇的风叶被卡住，不能转动．请通过计算，分析说明此时电动机的线圈为什么容易被烧毁．【答案】（1）66W （2） 65.1W （3）线圈将被烧毁【解析】【详解】试题分析：根据功率公式PIU即可求出功率；求出电动机的输入功率、发热功率即可求出机械功率；电动机被卡住后，视为纯电阻电路，求出通过电动机的电流，求出此时电动机的发热功率可以判断是否会烧毁．（1）根据功率公式：PIU 代入数据解得：P = 66W （2）电动机的输入功率P= IU =66W电动机的发热功率P热I2R=0.9W 电动机输出的机械功率：P机P-P热=65.1W （3）电动机被卡住后，视为纯电阻电路，通过电动机的电流此时电动机的发热功率P内I2R22210W4840W，远远大于正常工作时的发热功率0.9W，线圈迅速发热被烧毁．点睛：本题主要考查了功率公式的应用，对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．15. 如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于平面向里，一带正电的粒子（不计重力）从O点沿轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间从P点射出。（1）求电场强度的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度的大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，改变粒子进入磁场的速度，使得带电粒子在磁场的圆周运动的轨道半径为，求粒子在磁场中运动的时间。（注：（2）、（3）两问结果均用R、表示）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设带电粒子的质量为，电荷量为，初速度为，电场强度为，可判断出粒子受到的洛伦磁力沿轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向，且有又则（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动．在方向位联立得设在水平方向位移，因射出位置在半圆形区域边界上，有又有得（3）仅有磁场时，粒子在磁场中的半径由几何关系即，带电粒子在磁场中运动周期，则带电粒子在磁场中运动时间所以【点睛】带电粒子沿轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；本题考查带电粒子在复合场与电场中的运动，将粒子在电场中的运动沿水平方向与竖直方向分解即可。16. 如图所示，水平轨道固定，段光滑、段粗糙且长。一根轻弹簧的一端固定在轨道左侧点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在点。点右侧有一与水平方向成、足够长的传送带与水平面在点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为。质量小物块放在点，与相同的物块静止在点。现用力通过缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能时由静止释放，开始向右运动。当运动到点时与发生正碰，碰撞时间极短且无机械能损失。已知与段间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，取，，，求：（1）第一次运动到点时的速度大小；（2）第一次碰撞后、的速度大小；（3）、第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。【答案】（1）；（2）0，；（3）【解析】【详解】（1）设A第一次运动到点时的速度大小为，由动能定理得弹力做功等于弹簧弹性势能的减少量，得可解得（2）设A与碰撞后，A的速度为，的速度为，由动量守恒得由机械能守恒得可解得 （3）在先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至与传送带共速的过程中，由牛顿第二定律得可解得由运动学公式可解得B沿传送带向上运动的位移大小为此阶段用时为由于，B沿传送带向下继续加速，有可解得B继续向下运动的加速度大小为根据运动学公式可解得此阶段用时为所以A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间