黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校2024届高三上学期12月期末考试物理

黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校2024届高三上学期12月期末考试物理姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题（本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题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）1．如图所示，一质点在恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点的过程中，质点的速度方向恰好改变了90°，则下列说法正确的是（）A．质点从M点到N点做匀变速曲线运动B．质点在M点受到的合力方向水平向右C．质点在N点受到的合力方向竖直向下D．质点从M点到N点的速率不断增大2．有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10−8FA．1×10−7A B．2×10−7A3．如图所示，一辆汽车行驶在平直公路上，从t=0时开始制动，汽车在第1s、第2s、第3s前进的距离分别为14m、10m、6m．由此可知，由开始制动到静止，汽车运动的距离为（）A．30m B．32m C．34m D．36m4．如图所示，地球卫星发射过程中，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定等于7B．卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7C．卫星在3轨道经过A点时的速率等于在2轨道经A点时的速率D．卫星分别在3条轨道上运行经过A点时的加速度相同5．如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的变化图像．一电子从原点O处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，下列说法正确的是（）A．电子在x2B．x1和xC．电子在x1处的动能大于电子在xD．电子从原点O到x36．M、N两个物体在光滑的水平面上相向运动，一段时间后发生正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示．已知M的质量为1kg，下列说法正确的是（）A．碰撞前M的速度为3m/sB．N的质量为2kgC．N在碰撞过程中，动量变化量为−3kg⋅mD．两物体的碰撞属于弹性碰撞7．如图甲所示，轻杆BC水平插入竖直墙内，轻绳AD跨过水平轻杆BC右端的轻滑轮悬挂一个质量为2kg的物体．如图乙所示，水平轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，且G端用轻绳GF悬挂一个质量也为2kg的物体．已知AC、EG与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/A．绳AC的拉力大小为20B．绳EG的拉力大小为40NC．滑轮对绳子的弹力大小为10D．将H端的铰链去掉，杆HG插入墙内，绳EG的拉力大小一定不变8．地下车库为了限制车辆高度，现已采用如图所示的曲杆道闸．道闸总长3m，由相同长度的转动杆AB与横杆BC组成．B、C为横杆的两个端点，道闸工作期间，横杆BC始终保持水平，转动杆AB绕A点匀速转动过程中，下列说法正确的是（）A．B点的加速度不变B．B点的线速度大小不变C．BC杆上各点的线速度均相等D．C点做匀速圆周运动，圆心为A点9．在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由a向b移动时，下列说法正确的是（）A．电源的效率变小 B．电源的总功率变小C．电流表的示数变大 D．电压表的示数变大10．质量为1kg的物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．第1s内，质点的动能增加量为3JB．第2s内，合外力所做的功为2C．第2s末，合外力的瞬时功率为3WD．0~2s内，合外力的平均功率为2二、非选择题（本题共5小题，共54分）11．未来在一个未知星球上用如图甲所示装置“研究平抛运动的规律”．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置．已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为（1）由以上信息，可知a点（填“是”或“不是”）小球的抛出点．（2）由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度大小为m/（3）由以上信息，可以算出小球平抛的初速度大小为m/s．（保留两位有效数字）12．某同学欲测量一阻值约为10Ω、粗细均匀的金属丝的电阻率．实验室除游标卡尺、螺旋测微器、导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源（电动势E=6.0V，内阻约B．电压表V（量程为0~6V，内阻约8kΩ）C．电流表A1（量程0~0D．电流表A2（量程0~3A，内阻约0E．滑动变阻器R1（最大阻值10ΩF．滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω（1）用游标卡尺测得该金属丝的长度如图甲所示，读数为L=cm；用螺旋测微器测得该金属丝的直径如图乙所示，读数为D=mm．（2）测量金属丝的电阻时，为了便于调节及测量尽可能准确，电流表应选，滑动变阻器应选．（均填所选仪器前的字母符号）（3）请在图丙方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的字母符号．（4）设测得金属丝的电阻为R，可得金属丝的电阻率为ρ=．（用R、L、D三个物理量表示）13．如图所示为一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电源电动势E=220V，内阻r=2Ω，定值电阻R=8Ω，电动机内电阻r0=2Ω，重力加速度g取10m/（1）电源的路端电压；（2）电动机的输出电功率；（3）若电动机以v=2m/14．如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑固定圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知小物块运动至B点时的速度大小为vB=5m/s，木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.（1）小物块由A运动至B所经历的时间t；（2）小物块滑动至C点时的速度大小vC（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．15．如图所示，一质量为m=1×10−20kg、带电量为q=+1×10−10C的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0=3×10（1）加速电场的电压U；（2）粒子经过界面MN时的速度；（3）粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．质点在恒力的作用下运动，由牛顿第二定律可知，加速度的大小和方向都不变，质点做匀变速曲线运动，故A正确。

BC．由题图所示运动轨迹可知，质点速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应指向右下方，与初速度方向的夹角大于90°且小于180°，故BC错误；D．合力方向指向右下方，与速度方向的夹角先大于90°后小于90°，因此质点从M点到N点的速率先减小后增大，故D错误；故答案为：A。【分析】曲线运动合力指向轨迹内侧。在恒力的作用下运动，加速度的大小和方向都不变。2．【答案】C【解析】【解答】根据Q=CU可知ΔQ=CΔU=1×1则该过程中跨膜电流的平均值为I=故答案为：C。【分析】根据电容器电荷量等于电压与电容乘积以及电流定义式求解。3．【答案】B【解析】【解答】根据匀变速直线运动相邻的相等时间间隔内的位移差相等，可知汽车做匀变速直线运动，根据逐差法有x解得a=−4m/1s末的速度大小为v=由开始制动到静止，汽车运动的距离为s=14m+故答案为：B。【分析】匀变速直线运动相邻的相等时间间隔内的位移差相等，结合位移时间关系以及速度时间关系求解。4．【答案】D【解析】【解答】A．卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.9km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.9km/s，故A错误；B．假设有一圆轨道经过B点，根据GMm得v=可知此轨道上的速度小于7.9km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动。故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.9km/s，故B错误；C．卫星从2轨道加速做离心运动才能进入3轨道，则卫星在3轨道经过A点时的速率大于在2轨道经A点时的速率，故C错误；D．由公式GMm可知a=则卫星分别在3条轨道上运行经过A点时的加速度相同，故D正确。故答案为：D。【分析】在椭圆轨道经过A点相对于圆轨道经过A点做离心运动。所以速度更大。5．【答案】A【解析】【解答】ACD．根据电势降低的方向是电场方向，可知x2的左侧场强向左，右侧场强向右，故电子从原点O到x3，电场力方向先向右后向左，电场力先做正功后做负功，电子在x2处速度最大，因xB．φ−x图像的斜率表示电场强度，而x1处的斜率大于x3的斜率，故x1故答案为：A。【分析】沿着电场线电势逐渐降低。结合电势差与场强关系可得φ−x图像的斜率表示电场强度。6．【答案】C【解析】【解答】A．根据x−t图像中，斜率表示速度，由图可知，碰撞前M的速度为v故A错误；BC．碰撞后M的速度为0，碰撞前N的速度为v碰撞后N的速度为v由动量守恒定律有m解得mN在碰撞过程中，动量变化量为Δp=故B错误，C正确；D．碰撞前系统的总动能为E碰撞后系统的总动能为E故两物体的碰撞是非弹性碰撞，故D错误。故答案为：C。【分析】x−t图像中，斜率表示速度，碰撞过程中，内力远大于外力，系统动量守恒。7．【答案】B【解析】【解答】AC．取C点为研究对象，受力分析如图甲所示，根据几何关系有F且二者夹角为120°，故可得轻杆BC对C端的弹力大小为F滑轮对绳子的弹力大小为20N，AC错误；B．取G点为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向有F解得绳EG对G端的拉力大小为FB正确；D．将H端的铰链去掉，杆HG插入墙内，杆的弹力方向不一定沿着杆，则绳EG的拉力大小可能发生改变，D错误。故答案为：B。【分析】铰链，则合力方向必须沿杆方向。铰链去掉，杆的弹力方向不一定沿着杆。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB．转动杆AB绕A点匀速转动过程中，即B点做匀速圆周运动，线速度和加速度大小不变，但方向时刻改变，故A错误，B正确；C．横杆BC始终保持水平，BC杆上各点相对静止，相等时间运动的弧长相等，所以BC杆上各点的线速度均相等，故C正确；D．由于AB始终水平，所以C点的轨迹也是一个圆，如图根据题意可知B绕着A点做匀速圆周运动，C点不是以A为圆心做圆周运动，故D错误。故答案为：BC。【分析】速圆周运动，线速度和加速度大小不变，但方向时刻改变。AB始终水平，C点的轨迹也是一个圆。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．电源的效率为η=可知电路的外电路总电阻R外B．电源的总功率为P=EI由于干路电流I变大，则电源的总功率变大，故B错误；C．将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器的R1阻值变小，电路的外电路总电阻RE=I干路电流I变大，再根据U=E−Ir可知外电压即路端电压减小，则电阻R3I可知，I1D．由于干路电流I变大，根据I=I1减小，故流过R1与R2U可得电压U2故答案为：AD。【分析】将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器的R110．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．由图像可知，在第1s内加速度恒定，由v解得第1s末的速度为v第1s内质点的动能增加量Δ故A错误；B．由图像可知，在第2s内加速度恒定，由v解得第2s末的速度为v第2s内质点合外力所做的功为W=故B正确；C．由牛顿第二定律可知，第2s末合外力大小为F=m则第2s末合外力的瞬时功率P=F故C正确；D．由动能定理可知，质点在0~2s内合外力做的功W=则0~2s内合外力的平均功率P=故D正确。故答案为：BCD。【分析】由牛顿第二定律求解合外力，根据动能定理求解合外力所做功。11．【答案】（1）是（2）8.0（3）0.80【解析】【解答】(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知(2)由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：l=4cm竖直方向上有Δy=2l=解得g(3)水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为v【分析】水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，自由落体运动属于匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的规律也适用。12．【答案】（1）50.20；0.730（2）C；C（3）（4）πR【解析】【解答】（1）游标为20分度的卡尺精度为0.L=50mm+4×0螺旋测微器的分度值为0.D=0（2）待测电阻的最大电流I因此电流表选择C；为了测量尽可能准确，滑动变阻器采用分压式接法，故应选最大阻值较小的E。（3）比较金属丝电阻与电压表内阻和电流表内阻，可以得到R<即R是小电阻，电流表采用外接法，电路图如图所示。（4）根据电阻定律R=ρ解得ρ=【分析】分压式电路选择小阻值滑动变阻器，可以从零开始连续调节，螺旋测微器读数注意估读，结合电阻定律求解。13．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有E=解得I=10A电源的路端电压为U=E−Ir=200V（2）解：电动机的电流为I=10A电动机的总功率为P=电动机的输出功率为P（3）解：电动机提供的拉力大小为F=因电动机匀速提升重物，由重物受力平衡，有G=F则重物的质量为m=【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解。

（2）电动机的输出电功率等于电动机的总功率减去热功率。

（3）恒力的功率等