2023-2024学年黑龙江省大庆高三（上）期中物理试卷

2023-2024学年黑龙江省大庆市高三（上）期中物理试卷一、单选题（每小题4分，共7小题，共28分）1．（4分）如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正），关于圆环中的电流﹣时间图象（）A． B． C． D．2．（4分）如图示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直AB方向从A点射入磁场中，则下列说法正确的是（）A．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3：1 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2：1 C．粒子在磁场中运动轨道半径之比为3：1 D．粒子在磁场中速率之比为1：33．（4分）在光滑水平面上有一表面光滑的斜面，质量为M、高度为h、倾角为θ，一质量为m的物块（视为质点）0沿斜面向上运动，如图所示。若斜面固定，则物块恰好能到达斜面顶端，则物块沿斜面上升的最大高度为（）A． B． C． D．4．（4分）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，在O点正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一质量为m的小球，靠放在光滑圆形轨道上的A点，另一端绕过小滑轮后用力拉住。重力加速度大小为g，则（）A．小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小 B．小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小 C．缓慢地拉绳，使小球由A到B的过程中，FN大小不变，FT变小 D．缓慢地拉绳，使小球由A到B的过程中，FN变小，FT先变小后变大5．（4分）如图所示，a、b、c在同一水平面上，甲、乙两个小球均视为质点1与水平面成53°角抛出，一段时间后运动到b点，后将乙从a点以速度v2与水平面成37°角抛出，经过一段时间运动到c点，已知甲、乙的射高相等，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，则ab与ac的比值为（）A．9：16 B．3：4 C．16：25 D．4：56．（4分）两波源分别位于坐标原点和x＝14m处，t＝0时刻两波源开始起振，t＝4s时的波形图如图所示，质点M的平衡位置位于x＝7m处，质点N的平衡位置位于x＝6m处，则（）A．t＝6s时两列波相遇 B．从0到10s内质点N通过的路程为2.4m C．t＝7.5s时质点M的速度在增大 D．t＝10s时质点N的振动方向沿y轴负方向7．（4分）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为m的物体A，此时系统处于静止状态。现剪断细线使B自由下落，当物体A向上运动第一次到达最高点时，此时B尚未落地且速度为v，则（）A．物体A的质量M＝2m B．A与弹簧组成的系统振动周期为 C．A运动到最高点时加速度为0.5g D．A从最低点运动到最高点的过程中弹簧弹性势能的减少量为二、多选题（每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分，共18分）（多选）8．（6分）如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用。已知q1、q2间的距离是q2、q2间距离的2倍。下列说法正确的是（）A．若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷 B．若q1、q2为负电荷，则q3为正电荷 C．q1：q2：q3＝36：4：9 D．q1：q2：q3＝9：6：36（多选）9．（6分）如图甲所示，一质量为5kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．物体运动4m时速度减为零 B．物体运动4m时动能为120J C．物体在水平地面上运动的最大位移是8m D．物体运动的速度最大时，位移x＝3m（多选）10．（6分）如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，质量均为1kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．物体A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．物体A、B分离时，物体B的加速度为2m/s2 C．物体A、B分离时，物体A的速度为0.4m/s D．开始有F作用时，弹簧压缩为4cm三、实验题（每空2分，共14分）11．（6分）一研究性学习小组利用图甲装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。（1）实验过程如下：①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器（含拉力传感器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接；②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的s﹣t图像如图乙所示2（m），则可得滑块加速度a＝m/s2（计算结果保留两位小数）；③若滑块的加速度为a时，拉力传感器示数为FT，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝（用题中物理量字母符号表示）。（2）本实验中如果不满足滑块质量远大于重物质量，对实验结果的分析影响（选填“有”“无”）。12．（8分）某实验小组要测量如图甲所示金属圆环材料的电阻率，已知圆环的半径为r。（1）先用螺旋测微器测量金属圆环圆形横截面的直径d如图乙所示，则d＝mm；（2）再用如图丙所示的电路测量该圆环的电阻，图丙中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的量程为5V。开关S闭合后，接到b点的电压表示数为4.6V、电流表示数为1.6mA。为了减小电阻的测量误差，应该把电压表的右端接在（填“a”或“b”）进行实验；则圆环接入电路的两点间的电阻值为Ω；此测量值（填“偏大”“偏小”或“准确”）。四、解答题（共40分）13．（10分）如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B分别用细线系于转盘转轴上的O1、O2点，细绳都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。（1）求O1A绳即将出现张力时转盘的角速度ω；（2）通过计算说明谁先脱离转盘。14．（13分）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，求滑块（1）最大位移值x；（2）与斜面间的动摩擦因数；（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。15．（17分）如图，一质量M＝3kg、长L＝5.15m的长木板B静置于光滑水平面上，距离木板B右端d＝2.5m处有一与木板等高的固定平台，其上放置有质量为1kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M0＝2kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧竖直，带动B向右运动，物块A在木板B上运动的，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，且C没有滑离细杆，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）滑块A与木板B的动摩擦因数；（2）滑块A滑上平台时速度的大小；（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s，求随后运动过程中弹簧的最大弹性势能。

参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分，共7小题，共28分）1．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感应电流方向。【解答】解：0～1s，感应电动势为：E4＝S＝×感应电流大小为：I1＝＝＝πA由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，结合选项知A正确故选：A。【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向。2．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，根据粒子转过的圆心角与粒子的周期公式求出粒子的运动时间。【解答】解：A．粒子运动的周期为两粒子从P、Q两点射出的圆心角为1：6由时间公式，粒子运动的时间比为1：5，故A错误；B．粒子运动的周期为比荷相同，则两粒子运动的周期之比为1：3；C．设磁场区域半径为R，则＝，故C正确；D．根据洛伦兹力提供向心力有粒子运动的速度为可知粒子运动的速率之比等于半径之比，粒子在磁场中速率之比为3：1。故选：C。【点评】本题考查了求粒子的运动时间，分析清楚粒子运动过程，根据对称性沿半径方向入射磁场的粒子一定沿半径方向出射，运用洛伦兹力提供向心力球出去半径公式，结合两次粒子半径大小与粒子的周期公式可以求出粒子的运动时间。3．【分析】斜面固定，块恰好到达斜面顶端，动能转化成重力势能，求最大高度；斜面不固定，水平方向动量守恒，上升到最大高度，根据能量转化和守恒，求最大高度。【解答】解：斜面固定，物块恰好到达斜面顶端，有斜面不固定，物块与斜面，以水平向右为正方向0cosθ＝（M+m）v7在物块沿斜面上升的最大高度时，根据能量转化和守恒有：得，故C正确。故选：C。【点评】本题解题关键是区分斜面固定、斜面不固定的区别，斜面固定，物块恰好到达斜面顶端速度为0，斜面不固定，物块沿斜面上升的最大高度时，物块和斜面水平方向共速。4．【分析】以小球为研究对象，画出受力分析图，根据相似三角形的相似比判断FN和FT如何变化。【解答】解：小球受力如图所示由平衡条件可知，由图可知力的矢量三角形与几何三角形△AOO'相似解得其中mg、R、h均不变，则由上式可知，FN不变，FT变小。故ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了共点力平衡问题，解决本题的关键是熟练掌握利用相似三角形判断力如何变化。5．【分析】甲乙两球做斜抛运动，即竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动。对初速度进行正交分解，由两球的竖直高度相同列式求出初速度的关系，再由水平位移公式求位移之比。【解答】解：甲、乙的射高相等，由速度—位移公式有：水平方向做匀速直线运动，所以水平位移：，联立以上解得：，故BCD错误。故选：A。【点评】本题考查斜抛运动，根据竖直方向和水平方向的位移规律出发，列式找到两球的初速度关系，再结合题设条件求位移之比。6．【分析】AB：根据题目的条件计算波速，由两列波的距离确定相遇时间，故A错误；两列波先后传播到N点引起质点振动，分别计算单独一列波引起振动的路程和两列波叠加运动的路程及总路程，故B正确；CD：分析7.5s和10s时刻两列波在质点M和N叠加后振动的情况，判断速度的变化规律和方向，故CD均错误。【解答】解：A．由图可知两列波的波长均为λ＝4m周期为T＝4s则波速为解得v＝4m/s如图波相遇，再运动的时间为所以两列波相遇时t2＝t+t1＝4s则两列波在7s时相遇，故A错误；B．开始计时后左右两列波传到N点时间差为2sL3＝2A＝2×7.4m＝0.2m当两列波都传到N点后N点振动加强，振幅为2AL2＝8×2A＝2×6×0.4m＝2.6m，总路程L总＝L1+L8＝0.8m+6.6m＝2.6m，故B正确；C．两列波同时传到M点且起振方向相反，故C错误；D．左边的波传播的N点的时间得t5＝7s右边的波传播到N点的时间此后两列波在N点振动加强，合振幅为0.5m。故选：B。【点评】掌握同一介质中两列波叠加的规律，同时还要注意区分同向波还是反向波的问题。7．【分析】剪断细线以后，m做简谐振动，根据最高点和最低点的弹力找到平衡位置时的弹力，跟平衡位置受力平衡求解质量关系；B做自由落体运动，B运动的时间等于A做简谐运动的半个周期，求出平均弹力，根据恒力做功公式求解弹簧弹力做功，．【解答】解：A、剪断细线以后，在最低点时弹力大小F1＝（Mg+mg），在最高点时弹力大小F2＝Mg，在其中点（即平衡位置）时弹力大小F＝＝mg，故A错误；B、B做自由落体运动，此时B的速度为v＝T，A做简谐运动的周期T＝；C、当A运动到最高点时2＝ma，解得：a＝0.5g；D、A从最低点到最高点平均弹力，弹簧弹力做功W＝，由胡克定律得：mg＝kh，解得：h＝，由功能关系可知p＝W＝，故D错误。故选：C。【点评】分析清楚A、B的运动过程与受力情况是解题的前提，解答本题的关键是找到A的平衡位置，能结合自由落体运动的公式及功能关系即可求解。二、多选题（每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分，共18分）8．【分析】根据三小球的平衡问题结合口诀完成分析；根据库仑定律和对小球的受力分析列式计算出电荷量的比值关系。【解答】解：AB、三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，两大夹小，所以q1、q3为同种电荷，q5为异种电荷，故A正确；CD、由于三个电荷均处于平衡状态，根据库仑定律和矢量的合成解得：q6：q2：q3＝36：5：9，故C正确；故选：AC。【点评】本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉库仑定律，结合对小球的受力分析即可完成解答。9．【分析】对物体受力分析即可，水平推力是变力，摩擦力是恒力，变力做功可以通过图乙来求，然后由动能定理列式子求解即可。【解答】解：A．物体运动的位移x＝4m，F做功为图像所围的面积代入数据得WF＝200J滑动摩擦力f＝μFN＝μmg，摩擦力做功Wf＝fx代入数据得Wf＝100J由动能定理得代入数据得；B．由动能公式得K＝100J故B错误；C．从开始到物体停止全过程物体的位移为x1则由动能定理得WF﹣fx3＝0代入数据得x1＝3m，故C正确；D．物体滑动摩擦力为f＝μmg＝25NF＝100﹣25x当推力等于滑动摩擦时，物体处于平衡状态，此后物体做减速运动解得x＝3m，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查学生动能定理的理解和运用，涉及如何求变力做功和恒力做功，学生需要学会利用图像求变力做功。10．【分析】物体A、B分离时A的加速度不为零，弹簧处于压缩状态；根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据速度—时间关系求解速度大小；以A为研究对象，在初位置、分离时的位置根据牛顿第二定律结合胡克定律列方程，再根据位移—时间关系列方程联立求解弹簧的压缩量。【解答】解：A、物体A，B只受拉力F作用，此时A的加速度应该与B相同，弹簧处于压缩状态；B、物体A，B加速度不变，由图可知，则加速度为：a＝＝2＝2m/s2，故B正确；C、经过t＝3.2s物体A，此时A，根据速度—时间关系可得：v＝at＝2×7.2m/s＝0.7m/s；D、开始有F作用时，根据牛顿第二定律了的：kx1＝2ma；运动7.2s后，弹簧压缩量为x2＝x2﹣at4此时弹力提供A物体的加速度，根据牛顿第二定律可得：kx2＝ma联立解得：x1＝6.08m＝8cm，故D错误。故选：BC。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。三、实验题（每空2分，共14分）11．【分析】（1）①根据实验中的注意事项和平衡摩擦力的方法判断；②根据速度的定义及加速度的定义，对所给的s﹣t函数二次求导即可得到加速度；③根据牛顿第二定律推出动摩擦因数的表达式；（2）根据实验原理和本装置的实际情况确定。【解答】解：（1）①为了减小误差，需调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行；②根据，即等于位移的变化率再根据，即加速度是速度的变化率2③根据牛顿第二定律可得：F﹣μMg＝Ma可得：（2）由于拉力可以通过力传感器得知，所以不需要满足滑块质量远大于重物质量，对实验结果的分析无影响。故答案为：（1）①长木板右端定滑轮；②2.40；③。【点评】解答本题要求同学们能根据速度图象求出物体的加速度，能根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数，难度适中。12．【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；（2）根据“试触法”判断电压表右端的连接位置；根据欧姆定律求电阻；实验的误差来源于电流表的分压，再根据欧姆定律分析作答。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，横截面的直径d＝2.6mm+40.0×0.01mm＝7.900mm（2）电压表右端从接a点到接b点，电压表示数变化的百分数电流表示数变化的百分数可见电流表读数变化较明显，说明电压表分流明显，电流表采用内接法；根据欧姆定律，圆环接入电路的两点间的电阻值为实验的误差来源于电流表的分压，根据串联电路的电压特点UR＝U﹣UA根据欧姆定律，电阻的真实值因此电阻的测量值偏大。故答案为：（1）2.900；（2）b；偏大。【点评】本题考查了螺旋测微器的电势以及伏安法测量导体的电阻，要能根据电压表接线的“试触法”判断电流表的内、外接法；要掌握欧姆定律运用，知道实验误差的来源并正确进行误差分析。四、解答题（共40分）13．【分析】（1）当物块A所受静摩擦力最大时，O1A绳即将出现张力，对A分析，根据牛顿第二定律求转盘的角速度ω；（2）当转盘对物块支持力恰好为零时，根据牛顿第二定律求出临界角速度，再分析即可。【解答】解：（1）当物块A所受静摩擦力最大时，O1A绳即将出现张力。对A分析，由牛顿第二定律有μmg＝mω2r解得：（2）设细绳与竖直方向的夹角为α。当转盘对物块支持力恰好为零时Tcosα＝mg水平方向有联立解得：由上式可知，由于O1A绳与竖直方向的夹角较小，所以物块A先脱离转盘。答：（1）O1A绳即将出现张力时转盘的角速度ω为；（2）物块A先脱离转盘，理由见解析。【点评】解决本题的关键要正确分析物体做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态和临界条件，结合牛顿第二定律进行求解。14．【分析】（1）对于上滑过程，根据运动学位移﹣时间关系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）下滑过程，根据牛顿第二定律列式求出加速度，由运动学公式求出回到出发点速度，利用平均速度定义求出从最高点返回到出发点的过程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。【解答】解：（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x＝代入数据解得：x＝m＝16m（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1＝＝m/s2＝7m/s2上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1得：a5＝＝gsinθ+μgcosθ代入数据解得：μ＝＝＝＝3.25（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入数据解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcos