湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题

湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1．如图所示的位移(x)—时间(t)图像和速度A．t1B．0~C．0~D．0~2．如图所示，AB两点相距3r，P、M两点把AB连线三等分，在B点固定一点电荷+q，A点固定另一点电荷，已知M点电场强度为0，静电力常量为k，取无穷远处电势为零，则（）A．A点的电荷带负电B．A点的电荷所带电荷量为2C．P点电势为0D．撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为k3．如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属导轨abcd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，cd段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为g，则（）A．a端接电源的正极 B．金属棒受到的安培力大小为BILC．金属棒的质量为BILgsinθ4．2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，进入预定轨道，发射取得圆满成功。如图所示是神舟十七号载人飞船成功对接空间站组合体的画面。对接后可近似认为组合体在轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．根据组合体运动线速度大小为v，周期为T，万有引力常量为G，可算出地球的质量M=B．对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，减速后有可能与空间站对接C．对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整轨道会慢慢升高D．在组合体的实验舱内指令长汤洪波由静止释放一个小球，可以根据小球的下落高度和时间计算所在轨道处的重力加速度5．如图所示，光滑水平面左侧连接一传送带，传送带长L=4m，水平面右侧连接一12光滑圆周轨道，小物块（可视为质点）质量m=0.1kg，与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/A．小物块在传送带上一直做加速运动B．小物块在传送带上的运动时间为2sC．半圆周的半径为0D．小物块在半圆周最高点的速度为1m6．如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（）A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒B．碰撞过程中系统损失的机械能为mghC．圆环和圆板的最大速度为mD．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为2二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一列简谐横波沿直线传播，A和B两点是沿传播方向上两点，波由A传向B，A、B两点平衡位置相距s=3m，从0时刻起A点的振动图像如图中的甲所示，B点的振动图像如图中的乙所示，则下列说法正确的是（）A．该波的波长可能为4mB．该波的波长可能为2C．该机械波的最大传播速度为0D．该波遇到10m的孔，一定能发生明显的衍射8．如图所示，楔形玻璃的横截面AOB的顶角为θ=37°，OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光线射向OB边，不考虑多次反射，从OB边射出的最短时间为3L4c，其中cA．光在玻璃中的传播速度为3B．玻璃的折射率为1.25C．从S点射向O点的光线恰好能发生全反射D．OB上的发光长度为69．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，R2=R3=r，变阻器R1的总阻值为3r，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表，GA．将滑动变阻器R1B．将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，电压表的示数增大，变阻器RC．将两极板的正对面积减小，电流计中有向下的电流D．断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，带电油滴Q10．图为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小可表示为E=kr，r为考查点到球心O1的距离，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其左边界与静电分析器的右端面平行。在静电分析器前有一可以整体左右平移的粒子源和加速器。由粒子源发出的一电荷量为q的正离子经加速电场加速后，从静电分析器正中间的M点垂直于电场方向，沿半径为R的四分之一圆弧轨迹做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直打在荧光屏的QA．加速电压为kB．离子的质量为2C．若仅将离子质量变为原来的910，其他条件不变，则它打在荧光屏的位置在QD．若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，则离子在分析器中不能做匀速圆周运动三、非选择题（本题共5小题，共56分）11．近年来手机更新换代，飞速发展，手机功能越来越强大。某同学在研究直线运动的实验中，先将手机拍摄的时间间隔设置为T，一小球靠近墙面竖直向上抛出，分别拍摄了上升和下降两个阶段的频闪照片，如图甲和乙所示，测出每块砖的厚度为d。已知小球所受阻力大小不变，不计砖和砖之间的缝隙宽度。（1）试判断O点是否为小球上升的最高点（选填“是”或“否”）。（2）小球上升过程的加速度大小为。（3）小球下落过程通过A的速度大小为，上升过程通过A点的速度大小为。12．（1）某同学学习了多用电表的原理后，设计了一个如图甲所示的欧姆表，所用器材有：一节干电池（E=1.5V）、满偏电流为Ig=3mA、内阻为Rg=270Ω的表头、电阻箱、滑动变阻器、导线若干，他把红黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使得电流表满偏，在3mA处标上“0”Ω，在0mA处标上“∞”Ω，依次标上相应的刻度，则在1.5mA处应标上Ω。（2）为了粗测二极管的正向电阻，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的极（选填“正”或“负”）；此时，电流表的指针指在如图乙所示的位置，该读数为mA，二极管的正向电阻为Ω。（3）在实验室有一标称值不清楚的电压表，按照正确的操作，把该电压表的正负两个接线柱接入自制的多用电表中，电流表的读数为I=0.50mA，电压表总共有40个小格，此时的电压表指针指在10个小格处，则该电压表的内阻为Ω，量程为13．如图所示是2023年10月31日神舟十六号载人飞船返回舱成功返回的画面。高度在8公里时，返回舱主伞打开，此时返回舱速度为80m/s，离地1m前，返回舱已经匀速运动，速度为10m/s，已知主伞打开后主伞所受空气阻力与速度成正比，即f=kv，已知返回舱质量（含宇航员）为（1）主伞打开瞬间，返回舱的加速度大小；（2）估算主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做的功（结果保留两位有效数字）。14．如图所示，水平面上有三个滑块A、B和C，mA=mC=1kg，mB=2kg，C物块的右侧光滑，左侧粗糙，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，A和B间夹有一压缩轻弹簧（弹簧与A、B（1）A和C碰撞后的瞬间速度的大小；（2）开始时弹簧的弹性势能为多大；（3）若弹簧的劲度系数k=8003N/m15．截至2023年8月底，武威重离子中心已完成近900例患者治疗，疗效显著。医用重离子放疗设备主要由加速和散射两部分组成，整个系统如甲图所示，简化模型如乙图所示。乙图中，区域I为加速区，加速电压为U，区域II、III为散射区域，偏转磁场磁感应强度大小均为B，区域II中磁场沿y轴正方向，区域III中磁场沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电的重离子在O点由静止进入加速电场，离子离开区域II时速度偏转了37°，不计离子的重力，sin37°=0（1）求离子进入磁场区域II时速度大小；（2）求磁场II的宽度d；（3）区域III磁场宽为d'=10πB2mUq，在区域III右侧边界放置一接收屏，接收屏中心

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、根据x-t图像中，斜率表示速度，由图可知，t1时刻甲的速度大于乙的速度，故A错误；

B、由图可知，开始阶段，乙的速度大于甲的速度，两车间距离逐渐增大，当两车的x-t图像斜率相等时，即甲乙两车速度相同，下一时刻，甲车的速度大于乙车，两车间距离减小，则距离相等时，两车间距离最大，故B正确；

CD、根据v-t图像中面积表示位移，由图可知，0~t2时间内，丙车的位移小于丁车，则0~t2时间内，丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故CD错误。

故答案为：B。

【分析】x-t图像斜率表示速度，x-t图像上的点表示该时刻物体所处的位置，速度相等时，两者距离最大。v-t图像与时间轴所围面积表示位移。2．【答案】D【解析】【解答】A、M点电场强度为0，A点的电荷带正电，故A错误；

B、设A点的电荷所带电荷量为q'，根据k解得q'=4故B错误；

C、无穷远处电势为0，则P点电势为正，故C错误；

D、撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为E=k故D正确。

故答案为：D。

【分析】根据点电荷场强公式结合M点场强为零，根据矢量叠加法则确定A点电荷的电性及其电荷量大小。无穷远处电势为0，越靠近正电荷电势越大。3．【答案】B【解析】【解答】A、cd棒受力平衡，根据左手定则，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，故A错误；

B、B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力为BIL，故B正确；

CD、如图所示，根据三力平衡BIL=mg即m=故CD错误。

故答案为：B。

【分析】根据平衡条件确定金属棒所受安培力的方向，再根据左手定则确定电流方向继而得出ab端接电源的电极情况。根据安培力的特点确定安培力的大小，再根据平衡条件确定金属棒质量的大小。4．【答案】A【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力，有G周期为T=解得地球的质量为M=故A正确；

B、对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，根据变轨原理，飞船需加速做离心运动，从而进入更高的轨道，加速后有可能与空间站对接，故B错误；

C、轨道越高，组合体机械能越大，对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整，组合体的机械能减小，轨道会慢慢降低，故C错误；

D、在空间站中，其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力，都处于完全失重状态，因此小球释放后不会下落，无法据此计算轨道处的重力加速度，故D错误。

故答案为：A。

【分析】熟悉掌握卫星变轨对接的方式及变轨过程中卫星的运动情况。阻力做负功，机械能减小，卫星做近心运动。自由落体需受重力作用，完全失重状态无法完成该实验。熟悉掌握万有引力定律及其在各计算中的应用。5．【答案】C【解析】【解答】AB、小物块放到传送带上时μmg=ma解得a=2和传送带共速前运动的时间t运动的位移x小物块接下来在传送带上匀速运动t物块在传送带上运动的总时间为t=故AB错误；

CD、设半圆周的半径为R，在半圆周的最高点mg=m从最低点到最高点1解得R=0.08m，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律分析物体在传送带的运动情况，若与传送带共速时，物体仍在传送带上，则物体先做加速运动再做匀速运动。小物块恰好到达最高点的临界条件为在最高点完全由重力提供向心力，再根据牛顿第二定律及机械能守恒定律进行解答。6．【答案】B【解析】【解答】A、碰撞过程中环与板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，则机械能有损失，机械能不守恒，故A错误；

B、根据题意可知，圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有mgh=圆环和圆板碰撞过程中，由动量守恒定律有mv=解得v则碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=联立解得ΔE=故B正确；

C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度不是mm+M2gh，故C错误；mg=对圆板，由牛顿第二定律有F=Ma解得F=故D错误。

故答案为：B。

【分析】碰后一起向下运动属于完全非弹性碰撞，机械能损失最大。根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞损耗的能量。当圆环与圆板速度最大时，加速度为零。碰撞后瞬间弹簧弹力不变，圆环和圆板的加速度相等，根据整体法和隔离法结合牛顿第二定律确定圆环与板之间的作用力。7．【答案】B,C【解析】【解答】ABC、根据题意可知，由于波由A传向B，由图可知，A质点的振动形式经过t=传到B质点，则有3可知，当n=0时λ=12n=1时λ=2.4由图可知，周期为20s，波长最大时，波速最大，则有v故A错误，BC正确；

D、由于机械波的波长可以很短，故该波遇到10m的孔，不一定能发生明显的衍射，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据振动形式确定波长与AB之间距离的关系，继而确定波长的可能值，再根据波速公式确定波速的可能值及最大值。熟悉掌握产生明显衍射的条件。8．【答案】B,C【解析】【解答】A、光源S到OB的最短传播距离为d=L传播速度v=故A错误；

B、根据v=可得玻璃的折射率为n=1.25故B正确；

C、根据全反射定义知sin可得临界角C=53°故C正确；

D、根据对称性OB上的发光长度为x=2L故D错误。

故答案为：BC。

【分析】当光线垂直射向OB边，光在玻璃中的路程最短，射出玻璃的时间最短。再根据折射定律及全反射条件结合几何关系进行分析。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，R2上的电压增大，电容器上的电压增大，电压表的示数增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B、将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则电压表示数为U=I增大，将R2和电源视为整体，看成等效电源，则当R功率最大，则变阻器R1上的功率先增大后减小，故B正确；

C、将两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，根据Q=CU，电容器上的电量减小，电流计中有向上的电流，故C错误；

D、断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，电容器上电量不变，电场强度不变，根据U=Ed，则Q的电势不变，带电油滴Q的电势能不变，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】明确电路图的连接方式即各电表的测量对象，再根据“程序法”或者“串反并同”结论法确定闭合开关时移动滑动变阻器各元件电流、电压的变化情况。电容器两极板的电势差等于与其并联元件两端电压，电场力做正功，电势能减小，电容器上的电量减小，电容器放电。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、设加速电压为U，粒子质量为m，则根据动能定律Uq=根据牛顿第二定律q又E联立解得U=故A正确；

B、离子进入磁场的速度v=根据牛顿第二定律qvB=m又r=d联立解得m=故B错误；

C、若离子的质量变为0.9m，分析可知，离子在磁场中运动的半径减小，会打在Q点左侧，故C正确；

D、若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律q因E故离子仍能做匀速圆周运动，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】粒子在加速电场只有电场力做功，再静电分析仪做电场力的作用下做匀速圆周运动，在磁分析器中在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。根据不同阶段的运动规律结合动能定理及牛顿第二定律结合题意进行分析。11．【答案】（1）是（2）6d（3）4dT；【解析】【解答】（1）两图中从上到下，第一段与第二段的相等时间的位移之比均为1：3，可O点是最高点。

（2）小球在上升过程中根据Δx=a可得6d=解得a（3）根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，小球下落过程通过A的速度大小为vO点的速度为零，上升过程从A到O，有2解得v【分析】上升过程做匀减速直线运动，在最高点速度为零，根据运动的可逆性可视为从最高点开始做加速运动，再根据运动规律结合连续相等时间内位移关系确定O是否为最高点，根据逐差法确定加速度的大小。根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度确定各位置小球的速度。12．【答案】（1）500（2）负；2.50；100（3）2500；5.00【解析】【解答】（1）电流表满偏时I半偏时I=1.5解得R（2）红表笔接电源内部的负极，因此当指针偏转角度较大时说明电阻较小，红表笔连接的是二极管的负极，该读数为2.50mA，根据I=2.5解得R（3）设电压表的内阻为r，则有I=0.5解得r=2500电压表上所加电压U=Ir=1.25电压表的量程U【分析】熟悉掌握多用电表欧姆挡测量电阻的原理及计算方法。二极管具有单向导电性，反接时电路中电流为零。电压表接多用电表，使用欧姆档时，电压表相当于电阻元件，根据连接方式确定电路中通过电压表和电流表电流的关系，再根据闭合电路欧姆定律及串并联规律进行解答。13．【答案】（1）解：根据题意可知，返回舱匀速时，有k主伞打开瞬间，利用牛顿第二定律k解得a=70m（2）解：设从主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做功为Wfh=8000m由动能定理有mgh−解得W【解析】【分析】（1）匀速运动时，返回舱处于平衡状态，根据平衡条件确定空气阻力与速度的比例系数。再对开伞时进行受力分析，根据牛顿第二定律进行解答；

（2）确定开伞后和离地1m时返回舱的速度大小，确定此过程返回舱的受力情况及各力做功情况，再根据动能定理进行解答。14．【答案】（1）解：设A和C碰后的速度为v，根据动能定理−μ(解得v=2m（2）解：设弹簧恢复原长时，A、B的速度大小分别为vA、vB，A和mA和B作用的过程，有m弹簧的弹性势能E解得E（3）解：根据E解得x=0在A和B相互作用的过程中，每时每刻都有m故m又因S