河北省张家口市张垣联盟2023-2024学年高三上学期12月阶段测试物理试题（解析版）.docx

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2023—2024学年12月高三第一学期阶段测试卷物理试题注意事项：1.考试时间为75分钟，满分100分。2、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将质量为m的带电小球B用长为L的轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方距A为h的C处，B静止在与竖直方向夹角为θ的位置，此时AB距离为x，重力加速度大小为g，两球均可看作点电荷且两球所带电荷量足够大，下列说法中正确的是（　　）A.轻绳的拉力大小为B.两球间的库仑力大小为C.若A缓慢漏电，丝线的拉力增大D.若A缓慢漏电，两球间的库仑力减小【答案】D【解析】【详解】AB．小球受力分析如图所示由三角形相似可知则AB两球间的库仑力大小为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 2023—2024学年12月高三第一学期阶段测试卷物理试题注意事项：1.考试时间为75分钟，满分100分。2、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将质量为m的带电小球B用长为L的轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方距A为h的C处，B静止在与竖直方向夹角为θ的位置，此时AB距离为x，重力加速度大小为g，两球均可看作点电荷且两球所带电荷量足够大，下列说法中正确的是（　　）A.轻绳的拉力大小为B.两球间的库仑力大小为C.若A缓慢漏电，丝线的拉力增大D.若A缓慢漏电，两球间的库仑力减小【答案】D【解析】【详解】AB．小球受力分析如图所示由三角形相似可知则AB两球间的库仑力大小为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 丝线拉力大小A，B错误；CD．由上述分析可知，若A缓慢漏电，丝线的拉力大小不变，两球间的库仑力减小，C错误，D正确。故选D。2.如图，卫星甲、乙均绕地球做匀速圆周运动，轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲的倍，甲做圆周运动的周期为T。将两卫星和地心在同一直线且乙在甲正上方的位置状态称为“相遇”，则某次“相遇”后，甲、乙卫星再次“相遇”经历的最短时间为（　　）A.5TB.2.5TC.TD.0.5T【答案】B【解析】【详解】由开普勒第三定律可得解得则甲每转2周半时间内乙转半周，就会“相遇”一次，故再次“相遇”经历时间为2.5T。故选B。3.在x轴上O、P两点分别固定两个点电荷，一个带负电的试探电荷在x轴正半轴上的电势能Ep随x变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电B.固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值小于固定在P处的点电荷所带电荷量的绝对值C.A、B两点的电场强度为零D.B、C间场强方向沿x轴负方向【答案】A【解析】【详解】A.试探电荷带负电，则试探电荷电势能最大的位置为最低电势，电势能最小的位置为最高电势，固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电，A正确；B.Ep-x图线切线斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图可知，C点切线斜率为零，电场力为零，场强为零，根据库仑定律可知固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值大于固定在P处的点电荷所带电荷量绝对值，B错误；C.A、B两点切线斜率不为零，所以电场强度不为零，C错误；D.由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，D错误。故选A。4.风力发电是一种比较环保的发电模式。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，遇到叶片后风速减为0，若空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为，则叶片迎风的有效面积约占整个面积的（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【详解】设叶片迎风的有效面积约占整个面积的n倍，时间t内流向叶片的空气的质量为根据动量定理可得空气对叶片的平均作用力联立解得故选B。5.如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻为R0，滑动变阻器总阻值为R，电压表和电流表均为理想表。将滑动变阻器滑片P从a端移动至b端的过程中，下列说法正确的是（　　）A.电流表示数一直减小B.电流表示数先减小后增大C.电压表示数一直增大D.电压表示数先减小后增大【答案】A【解析】【详解】AB．由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两部分并联后的电压U并先增加后减小。当U并增加时，滑片P以上部分电阻一直减小，则其电流增加，因干路电流I减小，则电流表示数减小；当U并减小时，因滑片P下部分电阻一直增加，则电流表示数减小。故电流表的示数一直减小，A正确，B错误；CD．滑动变阻器滑片P由a端向b端移动过程中，滑片P上下两部分总电阻R并先增大后减小，干路电流I先减小后增大，电源内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，故电压表示数先增大后减小，CD错误。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故选A。6.如图所示，xOy平面处于匀强电场中、电场方向与平面平行，平面内A、B、C、D四点的位置如图所示，其坐标分别为、、和。已知A点的电势为φ，点的电势为0，CD两点的电势差是AB两点的电势差的2倍，即，则匀强电场的电场强度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据几何关系可得，据匀强电场的特点及可得，CO沿着电场线的距离是AO沿着电场线的距离的2倍，而由几何关系作辅助线如图所示因A点在CO的投影M为CO中点，可知电场线沿CD方向，故匀强电场的场强为故选B。7.如图，质量分别为m和2m的A、B两个小球置于光滑的水平面上，小球B与轻质弹簧栓接在一起，小球A不与弹簧栓接，弹簧处于原长，小球B的左侧某处固定一挡板（位置未知，图中未画出）。现给A一个向左的水平初速度v0，B与挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），则B第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 与挡板碰后弹簧的最大弹性势能可能为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据题意，取向左为正方向，设弹簧恢复原长时A小球的速度为，B小球的速度为，由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得，根据题意可知，在弹簧恢复原长时，B与挡板碰撞，碰后系统具有向右最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹性势能是B与挡板碰撞所有情景中弹簧最大弹性势能最小的，则B与挡板碰撞后，取向右为正方向，设A、B共速时速度为v，由动量守恒定律有解得由能量守恒定律有根据碰撞过程中机械能不增加原则，则碰后弹簧的最大弹性势能范围为故选C。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示为某简谐横波在t=0时的波形图，质点P第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A.该波沿x轴正方向传播B.波的传播速度大小为2.5m/sC.质点P与质点Q的振动情况总是相反D.0~8s时间内，质点P沿x轴运动了20m【答案】ABC【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0时质点P在平衡位置正沿y轴正方向运动，根据振动与波动关系可知，波沿x轴正方向传播，A正确；B．由图甲知波长为20m，由图乙知周期为8s，则波的传播速度B正确；C．质点P与质点Q平衡位置相距半个波长，因此这两个质点的振动情况相反，C正确；D．质点P不随波迁移，不沿x轴运动，D错误。故选ABC。9.如图所示为在竖直平面的电路，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电源电动势为E，内阻不计。闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器C内部处于静止状态。当滑动变阻器的滑动头P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）A.油滴向下运动B油滴仍然静止第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C.油滴初始位置的电势降低D.油滴初始位置的电势不变【答案】BD【解析】【详解】滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器两端电压减小，要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则电容器带电量不变，电容器两板电压不变，场强不变，则油滴仍静止，油滴初始位置与下极板间距不变，则油滴初始位置的电势不变。故选BD。10.如图所示，倾角为α的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，质量为m的滑块A放在斜面上恰好处于静止状态，质量也为m的滑块B下表面光滑，从斜面上与A相距为L处由静止释放，之后与A发生多次弹性正碰，每次碰撞时间都极短，已知斜面倾角α=30°，A、B两滑块均可视为质点，重力加速度大小为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）A.B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为B.B与A第一次碰撞后瞬间A的速度大小为C.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞的时间为D.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞滑块A克服摩擦力做的功为4mgL【答案】BC【解析】【详解】A.设B下滑过程中加速度大小为a，B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为t1，第1次与A碰前瞬间的速度为v，则对B由牛顿第二定律得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 由运动学规律得，解得，故A错误；B.第一次碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，由动量守恒和机械能守恒得；解得，故B正确；C.第一次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为t2，则有解得故C正确；D.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞，A的位移为滑块A克服摩擦力做的功解得故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共54第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11.用如图所示的实验装置验证质量大的小球a与半径相等质量较小的静止小球b碰撞时满足动量守恒定律。（1）请在空格中补全步骤：开始时将表面钉有白纸和复写木板纸木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；然后将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到两个痕迹A和C，其中_______为a球撞击的痕迹。（2）本实验除了需要用刻度尺测量O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3外，还必须要测量的物理量为_________。A.小球a开始释放的高度hB.木板水平向右移动的距离lC.a球和b球的质量m1、m2（3）用（2）中的物理量表示需要验证小球a与小球b碰撞时满足动量守恒定律的表达式为__________。【答案】①.C②.C③.【解析】【详解】（1）[1]由得小球平抛运动的时间则初速度显然平抛运动的初速度与下降距离二次方根的倒数成正比，所以C为a球撞击的痕迹。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）[2]本实验需要验证的原始表达式为由（1）可知，速度与下降距离二次方根的倒数成正比，所以除了需要用刻度尺测量O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3外，还必须要测量两球的质量。故选C。（3）[3]通过（1）（2）分析，需要验证的表达式为12.某实验小组用下列器材测量一电源的电动势（约5V）和内阻（约0.1Ω）：电压表V（量程为6V，内阻约为5kΩ）；电流表A（量程为3A，内阻约为0.6Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）；定值电阻R0=3Ω；一个开关及导线若干。（1）为了尽可能的减小误差，请在图甲虚线框中画出电路图________。（2）通过调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点如图所示，请根据描出的点作出U-I图像________。（3）根据U-I图像，可求得该电源的电动势为__________V，内阻为__________Ω（结果均保留两位小数）。【答案】①.②.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ③.4.98##4.99##5.00##5.01##5.02④.0.10##0.11##0.12##0.13##0.14##0.15##0.16【解析】【详解】（1）[1]为了保护电路，电路中需串联一个定值电阻；改变滑动变阻器接入电路的阻值时，电压表示数变化较为明显，测量误差小，得出的结果较为精确，电路如图所示。（2）[2]根据描点法得出U-I图像。（3）[3]根据闭合电路欧姆定律有第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 得到根据图像在纵轴上的截距可得E=5.00V由图像的斜率大小可得可得。13.如图所示，质量均为m的带电小球A和B分别固定在长为2L的绝缘轻质细杆的两端并静止在光滑绝缘的水平面上。现以细杆中垂面为左边界加一平行细杆向右的场强大小为E的匀强电场，此时两球的加速度大小为，方向向右。已知B球所带的电荷量为、电场左右边界的间距为4L，求：（1）A球所带的电荷量；（2）从加上电场经时间后两球的速度大小。【答案】（1）+2q；（2）0【解析】【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律有解得球A的电荷量为（2）整体向右加速运动阶段解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 此时整体的速度为向右减速运动阶段，对整体应用牛顿第二定律有解得，减速运动阶段加速度大小为减速为零的时间为，则有解得减速阶段的位移为由于，则经时间t，球A恰好要离开电场，此时速度恰好为零。14.如图所示，电场强度大小为、方向水平向左的匀强电场充满整个空间，电场中有一个与水平方向成θ=53°的光滑斜面与一个光滑的半径R=1m的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点。一质量为m=1kg，电荷量为-q（q>0）的带电小球从斜面上静止释放，已知重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，若小球能通过C点，则其会被其它装置取走。（1）若运动过程中小球对轨道的最大压力大小为67.5N，求小球释放点与A的距离；（2）若将电场方向反向，场强大小不变，小球恰能到达C点，求小球运动在过程中对轨道的最大压力大小。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）1.2m；（2）75N【解析】【详解】（1）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故解得重力与电场力合力大小为由释放点到最大速度点由动能定理得对该点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得压力解得（2）若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得合力大小仍为F，沿如图所示OD方向，此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 对D到E由动能定理得解得对该点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得压力15.如图所示，质量为m=3kg的小物块B以v0=4m/s的初速度水平冲上静止在光滑水平面上的质量为M=1kg、长度L=1.5m的木板A的最左端，经一段时间后A与竖直固定挡板P发生弹性碰撞（不考虑碰撞时间）。已知小物块B冲上A板前A板右端距固定挡板P的距离为x0=0.3m，A、B之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，小滑块B可视为质点，求：（1）A板与挡板P第一次碰撞时小滑块B和A板能否共速？（2）A板与挡板P第一次碰撞后0.3s内小滑块B的位移大小；（3）A板与挡板P碰撞2次后，小滑块B是否会和A板脱离？【答案】（1）见解析；（2）0675m；（3）见解析【解析】【详解】（1）假设A板与挡板P第一次碰撞时，小滑块B和A板可以共速，共同速度为v1，据动量守恒可得设此时A板位移为x1，对A板由动能定理得联立并代数解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 所以小滑块B和A板恰好共速。（2）A第1次与挡板P碰后到第二次共速的过程中，对A、B系统，由动量守恒可得A第1次与挡板P碰后到第二次共速经历的时间为联立并代数解得t1=0.3s，所以经0.3s，A板与滑块B恰好共速，此时小滑块B的位移代数解得（3）A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为x相对1，对A、B组成的系统，由能量守恒有代入数据得x相对1=0.4mA第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，由能量守恒有解得A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，由动量守恒有由能量守恒有解得由于第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 所以小滑块B会和A板脱离。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司