山西省大同市浑源县2023-2024学年高三上学期物理1月阶段性检测试题

山西省大同市浑源县2023-2024学年高三上学期物理1月阶段性检测试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单项选择题：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．基于人的指纹具有唯一性和终身不变性的特点，科学家们发明了指纹识别技术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示A。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到同样的位置，从而形成指纹的图象数据。根据以上信息，下列说法中正确的是（）A．在峪处形成的小电容器电容较大B．在峪处形成的小电容器放电较慢C．在嵴处形成的小电容器充电后带电量较大D．潮湿的手指对指纹识别没有任何影响2．2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（）A．图中两阴影部分的面积相等B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小D．探测器在P点的加速度小于在N点的加速度3．如图所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0<v）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v，2t0时刻物体到达传送带最右端。下列说法正确的是（）A．水平传送带的运行速率变为2v，物体加速运动时间就会变为原来的二倍B．0~t0时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，C．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体到达最右端的时间可能与原来相同D．物体的初速度越大，其它条件不变，物体到达右端的时间一定越短4．如图所示，一质量为0.5kg的物块静止在倾角为37°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为78。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8A． B．C． D．5．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2A．M点场强为零，N点电势为零B．M点电势为零，N点场强为零C．Q1带正电，Q2带负电，且D．Q1带负电，Q2带正电，且6．圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，具有相同比荷的两个带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子1射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°，磁场中运动时间为t1；若粒子2射入磁场时的速度大小为v2，偏转情况如图所示，运动时间为t2，不计重力，则下列说法正确的是（）A．v2=3v1B．t2>t1C．只改变粒子1从M点射入磁场时的速度方向，该粒子离开磁场时一定与直径MON垂直D．只改变粒子2从M点射入磁场时的速度方向，当该粒子从N点射出时，运动时间最短7．如图所示，质量均为m的小球A、B固定在长为L的直轻杆两端，两球半径忽略不计。初始时直杆置于直角光滑槽内处于竖直状态，由于微小扰动，A球沿竖直槽向下运动，B球沿水平槽向右运动。已知sin37°=0A．滑动过程中A球机械能守恒B．滑动过程中A、B系统动量守恒C．A球刚达到水平滑槽时机械能最小D．当小球A沿槽下滑距离为0.4L时，A球的速度大小为8二、多项选择题：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。8．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。图甲到图乙、图乙到图丙过程中重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则（）A．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2+Δt），地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2），地面对运动员做的功为（M+m）g（h1+h2）C．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2+Δt），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2）D．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2）9．如图所示，两个等量同种正电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-6C，质量为1×10-4kg的小物体从C点静止释放，其运动的v—t图象如图乙所示。其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（）A．沿直线从C到A，电势逐渐升高B．由C到A的过程中，物块的电势能先减小后增大C．B为中垂线上电场强度最大的点，且场强E=100V/mD．A、B两点间的电势差UAB=－500V10．目前大多数医院进行输液治疗时都采用传统的人工监护方式，为减轻医务人员负担，有不少输液传感器投入使用。某电容输液传感器测量装置示意图如图甲所示，测量电路如图乙所示，A、B间接入恒定电压U0A．曲线1为有药液时的充电曲线B．曲线2为有药液时的充电曲线C．曲线1对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大D．曲线2对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大三、非选择题：共54分。(请考生按要求作答，计算题须写出必要的演算过程）11．在做《研究匀变速直线运动》的实验时.（1）.该同学要探究小车的加速度a和质量M、合外力F的关系，应用了法的科学方法；（2）.若该同学要探究加速度a和拉力F关系，应该保持不变；（3）.我们已经知道，物体的加速度a同时跟合外力F和质量M两个因素有关．为研究这三个物理量之间的定量关系，某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法而带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于．（4）.研究加速度与力的关系时得到如图甲所示的图像，试分析其原因．（5）.出现如图乙所示图像的原因是．12．在实验室里，某实验小组设计了如图甲所示的电路图来测量未知电源的电动势和内阻，已知该未知电源的电动势约为9V，内阻较大，该实验小组找来一个定值电阻R0=3kΩ、一个滑动变阻器（最大值为9999Ω）、两个量程为3V（内阻均已知，RV（1）该实验小组想要一个量程为9V的电压表V1，但是实验室没有9V量程的电压表，于是利用量程为3V的电压表改装成9V的电压表，则需要将一个（2）图甲中，V1是改装后的电压表，实验小组按照图甲的电路图进行实验，测得多组实验数据记录在下表中，并在图乙中已经描出了前6个点，请完成第7个描点，并作出U1−电压表V1示数7.507.397.267.137.006.886.60电压表V2示数1.001.201.401.601.802.002.50（3）实验小组完成连线后，如果图线与纵轴的交点坐标为（0，8.1V），图线的斜率的绝对值为0.6，则通过计算可得电源的电动势为E=V，电源内阻r=Ω。（结果均保留一位小数）13．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。14．如图甲所示，两足够长平行导轨固定在水平面内，其间距L=1m，导轨右端连接阻值R=2Ω的电阻，一长度等于导轨的间距的金属棒与导轨接触良好，金属棒的质量m=1.5kg，电阻r=1Ω，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，开始时导体棒到右侧的距离d=1m，从t=0时刻起，在导轨所在空间加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感强度随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，重力加速度g取10ms2。（1）求金属棒所受摩擦力的最大值；（2）t=2s时，给金属棒一向左的初速度v015．如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0=2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，根据C=可知电容较小，故A错误；

B．在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，根据C=可知电容较小，所带电荷量较小，则放电较快，故B错误；

C．在嵴处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较小，根据C=可知电容较大，充电后带电量较大，故C正确；

D．潮湿的手指与传感器之间有水填充，无法形成电容器，所以对指纹识别会产生影响，故D错误；

故答案为：C。

【分析】根据题意确定电容器各参数的变化情况，再根据电容的定义式判断电容器电容的变化情况。电容器两极板电压不变，电容越小，所带电荷量越少，放电越快。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时，在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；

B．根据开普勒第三定律可知，从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变小，故B错误；

C．探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能减小，故C正确；

D．根据牛顿第二定律G可得a=可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D错误。

故答案为：C。

【分析】卫星在同一轨道上与中心天体的连线每秒扫过的面积相等，在不同轨道上与中心天体的连线每秒扫过的面积不相等。卫星做近心运动，需点火减速，机械能减小。3．【答案】D【解析】【解答】A．物体加速运动的时间，即为物体开始运动到与传送带达到共同速度的时间，根据匀变速运动速度公式有v=当速度变为2v时，时间并不等于2t，故A错误；

B．0~t0时间内，物体物体速度小于传送带速度，受到滑动摩擦力的作用；t0~2t0时间内物体与传送带具有相同的速度，不受摩擦力作用，故B错误；

C．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体要经历先减速再加速的运动，到达最右端的时间不可能与原来相同，故C错误；

D．物体的初速度越大，其它条件不变，物体与传送带达到共同速度后，以共同速度运动的时间越少，物体到达右端的时间一定越短，故D正确。

故答案为：D。

【分析】物体在水平传送带上运动，当两者的速度不相同时，物体与传送带之间发生相对滑动，当两者的速度相同时，物体与传送带之间保持相对静止。4．【答案】D【解析】【解答】AC．物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mg当0<F≤3N时，物块受到沿斜面向上的静摩擦力，根据物体的平衡条件有F+f=mg可得f=3故AC错误；

BD．物块所受斜面的最大静摩擦力f当物块刚要沿斜面上滑时，拉力的大小F'=当3N<F≤6.5N时，物块受到沿斜面向下的静摩擦力，根据物体的平衡条件有F=f+mg可得f=F-3当F>6.5N时，物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小f=μmg故B错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】当拉力小于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力沿斜面向上；当拉力大于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力沿斜面向下。当摩擦力小于最大静摩擦力，则物体受到静摩擦力，其大小与拉力与重力沿斜面方向分力的合力大小有关。当摩擦力达到最大静摩擦力，则物体受到滑动摩擦力，其大小不变。5．【答案】B【解析】【解答】AB．由图知，M点电势能与无穷远处的电势能相等，均为0，由φ=分析得知，M点电势φ=0EP-x图象的斜率k=则知M点场强不为零，N点场强为零。故A错误，B正确；

CD．根据负电荷在电势高处电势能小，可知，带负电的试探电荷从足够远处移近Q2的过程中，电势能先减小后增大，电势先升高后降低，说明Q1带正电，Q2带负电。N点场强为零，由E=k可知，Q2电荷量较小。故CD错误。

故答案为：B。

【分析】EP-x图象的斜率表示电场力，试探电荷电荷量不为零，电场力为零，即该处的场强为零。负电荷在电势高的位置，电势能小。沿电场线方向电势逐渐降低，越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低。根据场强为零的点结合点电荷场强公式分析两电荷的电荷量。6．【答案】C【解析】【解答】A．两粒子运动轨迹如图所示

设粒子1的半径为r1，粒子2的半径为r2，设圆形磁场区域的半径为R，根据Bvq=可得v=可以根据几何关系可以得到r所以粒子1的速度可以建立起与圆形磁场半径有关的关系式，但因粒子2的偏转角度未知，无法得到r2与R的关系，所以不能建立起v2与R的关系式，所以二者速度无法进行精确的比较，故A错误；

B．根据Bvq=mv可以得到T=即周期仅与比荷有关，但因二个粒子比荷相同，所以两个粒子周期相同，根据两个粒子的运动轨迹图可以看出，粒子1的偏转角为90°，而粒子2的偏转角为锐角，所以粒子2的运动时间要小于粒子1的运动时间，故B错误；

C．随意选一条运动轨迹，其中带×的圆为圆形磁场，另一个圆为粒子1的运动轨迹，但此运动轨迹仅取在圆形磁场中的那部分，圆形磁场外的那部分为方便观察画出，且O1为运动轨迹的圆心，连接O1O，射入点和射出点，因粒子1半径r1与圆形磁场半径相同，则连接起来的图案为菱形，如图所示

因为是菱形，且射入点和圆形磁场圆心的连线在直径MON上，根据几何关系，出射点与O1点的连线必定与直径MON保持平行，所以出射方向会与O1与出射点组成的连线垂直，则出射时的速度方向一定垂直于直径MON。若选取别的入射方向，同样也会组成菱形，且入射点和O的连线依旧保持水平方向，所以出射的方向也必定会与直径MON保持垂直，故C正确；

D．对粒子2，连接入射点和出射点组成一条弦，如果出射点在N点，此时的弦最大，为圆形磁场的直径，而弦越大对应的偏转角也就越大，而偏转角越大运动时间也就越长，所以当该粒子从N点射出时，运动时间最长，故D错误。

故答案为：C。

【分析】当粒子的入射方向和出射方向均已知时，可根据粒子的运动轨迹结合几何关系确定粒子的运动半径。C选项属于磁发散和磁聚焦模型，熟悉掌握该模型的特点。轨迹对应的弦越长，对应的偏转角越大，对应的运动时间越长。7．【答案】D【解析】【解答】A、滑动过程中，B球机械能增加，A球机械减少。故A错误；

B、滑动过程中A、B系统竖直方向上合外力不为0，动量不守恒。故B错误；

C、B的动能开始是0，最终还是0，中间不为0。由系统机械能守恒可知，A球的机械能先减小后增大。则A球刚达到水平滑槽时机械能不是最小。故C错误；

D、当小球A沿墙下滑距离为0.4L时，根据系统机械能守恒定律得0.4mgL=两球沿杆子方向上的速度相等，则有v联立解得v故D正确。

故答案为：D。

【分析】明确在滑动过程中，各球的受力情况及各力的做功情况，再根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒。关联体模型，沿杆方向的速度大小相等。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB．运动员将重物缓慢上举，可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为F=整个过程的时间为t1+t2+Δt，故地面对运动员的冲量为I=地面对运动员的支持力没有位移，地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误；

CD．运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为t1+t2+Δt，运动员对重物的冲量为I重物的位移为h1+h2，故运动员对重物做的功为W=Mg故C正确，D错误。

故答案为：AC。

【分析】重物缓慢上举，地面对运动员的支持力。确定上举过程中，重物上升的高度。再根据冲量的定义及功的定义进行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．根据等量同种电荷等势线的分布，等量正电荷从电荷连线中点沿中垂线向外，电势降低，故A错误；

B．由C到A的过程中，电场力做正功，电势能减小。故B错误；

C．由图像可知，B点斜率最大，即加速度最大，所以B为中垂线上电场强度最大的点，根据牛顿第二定律得a=解得E=100故C正确；

D．从A到B，根据动能定理得U解得U故D正确。

故答案为：CD。

【分析】等量正电荷从电荷连线中点沿中垂线向外，电势降低。电场力做正功，电势能减小。v-t图像的斜率表示加速度，再根据电场力与牛顿第二定律确定场强的大小。粒子只受电场力，电场力做功等于电荷动能的变化量。10．【答案】B,D【解析】【解答】CD．设电容器两端电压为U，则电路中电流为I=画出图丙中两条曲线对应情况下电流随时间变化的图像如图所示

根据I-t图像与横轴围成的面积表示电荷量Q，可以得到曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故C错误，D正确；

AB．根据充满电后电容器满足C=曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故曲线2对应情况下的电容值较大，已知有药液时测量电路中的电容值更大，故曲线2为有药液时的充电曲线，故A错误，B正确。

故答案为：BD。

【分析】有药液时，电容器中的电介质为药液，无药液时，电容器中的电介质为空气。根据电容的决定式，判断有无药液时，电容器电容的大小，再根据电容的定义式判断电荷量的大小。根据U-t图像结合欧姆定律画出I-t图像，再根据I-t图像与横轴围成的面积表示电荷量Q确定电荷量的大小情况进行解答。11．【答案】（1）控制变量法（2）小车（和钩码）质量不变都算对（3）平衡摩擦力；砂和砂桶的重力（4）没有满足小车质量M远大于小桶及钩码质量m造成的（5）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【解答】（1）本实验要探究小车的加速度a和质量M、合外力F的关系采用控制变量法。

（2）若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变。

（3）用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，使得重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，目的是平衡摩擦力。对整体运用牛顿第二定律得a=则小车的合力F=Ma=当沙和桶的总质量远小于小车的质量，小车所受的拉力等于沙和沙桶的重力。

（4）图线上部弯曲，即当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比，这是由于没有满足小车质量M远大于小桶及钩码质量m造成的。

（5）a-F图象不过原点，a=0时，F＞0，这是由于实验时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的。

【分析】当实验研究的问题存在三个及以上的物理变量时，需采用控制变量法进行实验。当绳子拉力无法直接测得时，需将木板垫高平衡摩擦力。根据实验原理分析将砂和砂桶重力看成绳子拉力的条件。12．【答案】（1）6000（2）（3）9.0；1000.0【解析】【解答】（1）根据串联分压原理可知，量程为3V的电压表需要串联的电阻分压6V，则其电阻是3kΩ的两倍，即6kΩ。

（2）描点、作图如下

（3）改装后的电压表内阻为RV1=9kΩ，又电压表V2的内阻与R0的电阻相等，由闭合电路的欧姆定律，得E=整理得U结合图像可看出，纵轴截距为E图线的斜率的绝对值为2r联立以上两式并代入数据，解得r=1000.0Ω，E=9.0【分析】熟悉掌握电表改装的原理及计算方法。根据实验原理及电路图推到得出图像的函数表达式，分析图像截距和斜率的物理意义，再结合图像进行数据处理。13．【答案】（1）解：A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH=解得：H=答：A释放时距桌面的高度H是v2（2）解：碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F−mg=m解得：F=mg+答：碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+m（3）解：A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv=2mv由能量守恒定律得：1解得：ΔE=答：碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是14【解析】【分析】（1）A在释放到碰撞的过程中，机械能守恒，初末速度均已知，根据机械能守恒定律进行求解；

（2）A做曲线运动，在碰前瞬间，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可得求出此时绳子拉力的大小；

（3）A和B发生完全