黑龙江省龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考物理试题（解析版）

PAGEPAGE12023~2024学年度上学期龙东五地市期中联考高三学年物理试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：新人教必修第一册、第二册、第三册第九章至第十章、选择性必修第一册第一章。一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图所示，质量相同的A、B两物体，静止在平板小车C上，A与C之间的动摩擦因数为，B与C之间的动摩擦因数为。A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统动量守恒 B.A、B组成的系统机械能守恒C.A、B、C组成的系统动量守恒 D.A、B、C组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】A．因A、B与小车之间的动摩擦因数不相等，可知A、B组成的系统受合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；B．A、B组成的系统要克服与小车之间的摩擦力做功，则机械能不守恒，选项B错误；C．A、B、C组成系统受合外力为零，则系统动量守恒，选项C正确；D．因A、B与小车之间的摩擦力产生内能，则A、B、C组成的系统机械能不守恒，选项D错误。故选C。2.如图所示，某同学斜向上抛出一篮球，若空气阻力不计，下列各图分别是篮球在空中运动过程中的速率v、加速度a、水平位移x和重力的瞬时功率P随时间t变化的图像，其中正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．篮球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，水平方向的速度不变，故篮球的速率先减小后增大，水平分位移与时间成正比，故AC错误；B．篮球只受重力作用，加速度保持不变且为g，故B正确；D．因为速度的竖直分量先减小到零后反向增大，再根据瞬时功率表达式可知重力的功率先减小后增大，故D错误。故选B。3.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量分别为1kg和2kg，它们处于静止状态。若突然将一个大小为6N、方向竖直向上的恒力施加在物体A上，则此瞬间A与B之间的作用力大小为（重力加速度g取）（）A.6N B.8N C.10N D.12N【答案】A【解析】将两物块A、B看做整体，静止时有F施加物体A上时，根据牛顿第二定律有解得加速度大小对物块A受力分析，根据牛顿第二定律有解得此瞬间A与B之间的作用力大小为故选A。4.热气球因其色彩艳丽，场面壮观，成为企业宣传所采用的独具特色的广告媒体.如图所示的热气球静止于距水平地面H的高处，一质量为M的人从热气球上沿软绳向下运动。已知热气球的质量为m，软绳质量忽略不计，热气球所受的浮力不变，若要人能安全到达地面，则绳长至少为（）A.B.C. D.【答案】C【解析】设绳长至少为，根据“人船模型”的推论可得解得，故选C。5.如图所示，质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度为2R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点。已知重力加速度大小为g，则细线对球的拉力大小为（）A. B. C. D.Mg【答案】C【解析】设绳子与竖直方向的夹角为，根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为则有根据数学知识可得对球受力分析，竖直方向有解得，故选C。6.如图甲所示的无人机具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图乙所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即，方向与速度方向相反，则下列说法正确的是（）A.空气对无人机的作用力逐渐增大B.空气对无人机的作用力逐渐减小C.无人机在第1s内的位移为1mD.无人机在第1s内的速度变化量与第2s内的速度变化量相等【答案】B【解析】AB．空气对无人机的作用力是升力和阻力的合力，由于无人机的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有可知空气对无人机的作用力逐渐减小，A错误、B正确；C．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知无人机在第1s内的位移C错误；D．根据图像的切线斜率表示加速度，可知到达稳定速度的过程中，无人机的加速度逐渐减小，无人机在第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量，D错误。故选B。7.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O，其中A带正电。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直于圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆面边缘上一点。下列说法正确的是（）A.e、f、g三点电势相等B.a、b、c、d四点电场强度相同C.将一负试探电荷沿ab边从a移动到b过程中，试探电荷的电势能先增大后减小D.将一正试探电荷沿线段eOf从e移动到f过程中，试探电荷受到的电场力先减小后增大【答案】A【解析】A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，图中圆面是一个等势面，e、f、g三点电势相等，故A正确；B．根据等量异种点电荷的电场分布特点和对称性可知，a、b、c、d四点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；C．从a到b，电势先增大后减小，所以负试探电荷的电势能先减小后增大，故C错误；D．从e经O到f，电场强度先增大后减小，所以试探电荷受到的电场力先增大后减小，故D错误。故选A。8.近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g取，下列说法正确的是（）A.小车的最大牵引力为1NB.小车的额定功率为4WC.小车减速时的加速度大小为D.小车加速的时间为2s【答案】D【解析】A．当关闭电源后只有阻力对小车做功，根据动能定理有结合图像可知，阻力大小为故小车的最小牵引力为故A错误；B．小车的最大动能为解得小车的额定功率为故B错误；C．关闭电源后，由牛顿运动定律可得故C错误；D．加速过程中，对小车由动能定理有可得加速时间故D正确。故选D。9.电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成，它与基板构成电容器，简化结构如图所示。工作时，振动膜随声波左右振动，下列说法正确的是（）A.振动膜向左运动时，a的电势比b的电势低B.振动膜向左运动时，电容器的电容变大C.振动膜向右运动时，电容器的电容变大D.振动膜向右运动时，电阻上有从b到a的电流【答案】AC【解析】AB．振动膜向左运动时，与基板间的距离增大，根据电容的决定式可知电容器的电容变小，根据电容定义式可知电容器电量减小处于放电状态，电阻上有从b到a的电流，则a的电势比b低，故A正确，B错误；CD．振动膜向右运动时，与基板间的距离变小，根据电容的决定式可知电容器的电容变大，根据电容定义式可知电容器充电，电阻上有从a到b的电流，故C正确，D错误。故选AC。10.某“”速山地自行车的构造如图所示，飞轮和牙盘上每个齿的大小相等。某次骑行时，山地车的牙盘挡位处于2挡，飞轮挡位处于3挡，对应的牙盘齿轮与飞轮齿轮的半径之比为。假设山地车处于不同挡位时均匀速前进，则下列说法正确的是（）A.骑行时牙盘与飞轮的角速度之比为B.骑行时牙盘与飞轮的转速之比为C.骑行时牙盘边缘与飞轮齿轮边缘的线速度大小之比为D.骑行时牙盘边缘与飞轮齿轮边缘的向心加速度大小之比为【答案】BC【解析】通过链条连接的山地车牙盘与飞轮，骑行时两者齿轮边缘的线速度大小相等，牙盘齿轮与飞轮齿轮的半径之比为，根据可知根据可知根据可知故BC正确，AD错误。故选BC。11.2023年4月14日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据完成了国内外无差别开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动，两轨道相交于A、B两点。已知圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（）A.两卫星在图示位置的速度 B.两卫星在A或B点处可能相遇C.两卫星通过A点时的加速度大小相等 D.“夸父一号”卫星的速度小于7.9km/s【答案】CD【解析】A．为卫星在椭圆轨道的远地点的速度，小于在此位置以卫星和地球连线为半径的圆轨道的速度，表示匀速圆周运动的速度，根据可得半径越小，速度越大，故，A错误；B．根据开普勒第三定律可知圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，所以两卫星的运动周期相等，故不会相遇，B错误；C．根据牛顿第二定律可知，两卫星通过A点时的加速度大小相等，C正确；D．7.9km/s是第一宇宙速度，是最小的发射速度，最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，根据可知，半径越大，速度越小，所以“夸父一号”卫星的速度小于7.9km/s，D正确。故选CD。12.如图所示，将一支质量为m的按压式圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起，离开桌面可上升h高度，然后再竖直下落。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.笔在离开桌面后的下降阶段处于失重状态B.放手时，笔内部弹簧储存的弹性势能C.笔从离开桌面到落回桌面的时间为D.放手后到笔向上离开桌面的过程，弹簧的弹性势能全部转化为笔的机械能【答案】AD【解析】A．笔在离开桌面后的下降阶段，加速度向下，处于失重状态，A正确；B．放手后笔离开桌面到h高度，考虑到离开桌面之前笔已经上升了一段高度，则由能量守恒可知弹簧储存的弹性势能B错误；C．根据竖直上抛运动的对称性可知，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为C错误；D．放手后到笔向上离开桌面的过程，弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能和重力势能，D正确。故选AD。二、实验题（本题共2小题，共16分）13.某同学用气垫导轨“验证动量守恒定律”，实验装置如图甲所示。（1）用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图乙所示，可知遮光条的宽度______mm，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑块上。（2）用天平测得滑块A、B的质量（均包括遮光条）分别为、，两个滑块的碰撞端面装有弹性碰撞架；调整好气垫导轨后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的先后挡光时间为和，与光电门2相连的计时器显示的挡光时间为。从实验结果可知两滑块的质量满足______（填“＞”“＜”或“＝”）；滑块A、B碰撞过程中满足表达式______（用所测物理量的符号表示），则说明碰撞过程中动量守恒。【答案】（1）6.790（2）＜③.【解析】（1）[1]螺旋测微器的读数为。（2）[2]滑块A向左运动，先通过光电门1，与滑块B碰撞后，滑块B通过光电门2，接着滑块A又通过光电门1，说明碰撞后滑块A向右运动，所以；[3]滑块A、B碰撞前后动量守恒，设向左为正，则又、、代入可得14.某物理小组利用如图甲所示实验装置来“验证机械能守恒定律”。所用器材包括：装有声音传感器的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验操作步骤如下：a.将钢尺伸出水平桌面少许，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；b.将质量为m的铁球放在钢尺末端，保持静止状态；c.将手机置于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”（声音传感器）项目；d.迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落；e.传感器记录声音振幅随时间的变化曲线。（1）声音振幅随时间的变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应敲击钢尺和铁球落地的时刻，则铁球下落的时间间隔______s。（2）若铁球下落过程中机械能守恒，应满足______。（用m、h、t表示）（3）若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果______（填“有”或“没有”）影响。（4）已知铁球质量为，重力加速度，则下落过程中，铁球重力势能的减少量为______J，动能的增加量为______J。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）0.45（2）（3）没有（4）0.880.80【解析】（1）[1]由图乙可知，铁球落地的时间间隔为。（2）[2]设铁球落地时速度大小为v，根据匀变速运动有解得小球动能的增加量为重力势能的减少量为若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足（3）[3]小球在竖直方向上做自由落体运动，小球下落的时间由高度决定，若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，不会影响小球的落地时间，故对实验测量结果没有影响。（4）[4][5]下落过程中重力势能的减少量为动能的增加量为三、计算题（本题共3小题，共36分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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）15.如图所示，质量分别为、的两物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，开始时用手托住物块Q，使物块P静止在水平桌面上。已知物块P与桌面间的动摩擦因数，P与桌面边缘距离足够长，Q与地面的高度差，重力加速度g取。放手后，求：（1）物块Q落地前，绳中张力的大小；（2）物块P运动的总位移大小s。【答案】（1）；（2）【解析】（1）物块Q落地前，P、Q有相同的加速度，设为，以P为对象，根据牛顿第二定律有以Q为对象，根据牛顿第二定律有联立解得（2）物块Q落地前瞬间，P、Q的速度大小为P通过的位移大小为物块Q落地后，P继续在水平桌面上做匀减速运动，设加速度大小为，以P为对象，根据牛顿第二定律有解得P继续在水平桌面上通过的位移大小为物块P运动的总位移大小为16.如图所示，电容器左侧空间存在一匀强电场，距平行板电容器右端L处有一竖直屏M。一质量为m、电荷量为q的小球（可视为质点）从光滑水平面上的a点由静止释放，运动至b点以速度沿中线射入水平放置的平行板电容器，小球最后垂直打在M上。已知a、b间的距离为L，电容器极板长为L、间距为d，重力加速度大小为g，求：（1）左侧匀强电场的电场强度大小；（2）平行板电容器间的电势差；（3）小球打在M点时，竖直方向的偏移量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球通过左侧匀强电场，由动能定理得解得（2）小球在平行电容器间做类平抛运动，轨迹应向上偏转，飞出电容器后，轨迹应向下偏转，最后才能垂直打在M屏上，运动轨迹如图所示；因水平距离相等，故小球两次偏转的加速度大