PAGEPAGE12023~2024學年度上學期龍東五地市期中聯(lián)考高三學年物理試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：新人教必修第一冊、第二冊、第三冊第九章至第十章、選擇性必修第一冊第一章。一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.如圖所示，質量相同的A、B兩物體，靜止在平板小車C上，A與C之間的動摩擦因數為，B與C之間的動摩擦因數為。A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然釋放后，下列說法正確的是（）A.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 B.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒C.A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 D.A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【解析】A．因A、B與小車之間的動摩擦因數不相等，可知A、B組成的系統(tǒng)受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；B．A、B組成的系統(tǒng)要克服與小車之間的摩擦力做功，則機械能不守恒，選項B錯誤；C．A、B、C組成系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，選項C正確；D．因A、B與小車之間的摩擦力產生內能，則A、B、C組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤。故選C。2.如圖所示，某同學斜向上拋出一籃球，若空氣阻力不計，下列各圖分別是籃球在空中運動過程中的速率v、加速度a、水平位移x和重力的瞬時功率P隨時間t變化的圖像，其中正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．籃球做斜上拋運動，可將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，豎直方向的速度先減小后增大，水平方向的速度不變，故籃球的速率先減小后增大，水平分位移與時間成正比，故AC錯誤；B．籃球只受重力作用，加速度保持不變且為g，故B正確；D．因為速度的豎直分量先減小到零后反向增大，再根據瞬時功率表達式可知重力的功率先減小后增大，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質彈簧上疊放著兩物塊A、B，兩者的質量分別為1kg和2kg，它們處于靜止狀態(tài)。若突然將一個大小為6N、方向豎直向上的恒力施加在物體A上，則此瞬間A與B之間的作用力大小為（重力加速度g?。ǎ〢.6N B.8N C.10N D.12N【答案】A【解析】將兩物塊A、B看做整體，靜止時有F施加物體A上時，根據牛頓第二定律有解得加速度大小對物塊A受力分析，根據牛頓第二定律有解得此瞬間A與B之間的作用力大小為故選A。4.熱氣球因其色彩艷麗，場面壯觀，成為企業(yè)宣傳所采用的獨具特色的廣告媒體.如圖所示的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，一質量為M的人從熱氣球上沿軟繩向下運動。已知熱氣球的質量為m，軟繩質量忽略不計，熱氣球所受的浮力不變，若要人能安全到達地面，則繩長至少為（）A.B.C. D.【答案】C【解析】設繩長至少為，根據“人船模型”的推論可得解得，故選C。5.如圖所示，質量為M、半徑為R的光滑勻質球，用一根長度為2R的細線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點。已知重力加速度大小為g，則細線對球的拉力大小為（）A. B. C. D.Mg【答案】C【解析】設繩子與豎直方向的夾角為，根據幾何知識可知，球心到豎直墻壁交線的垂直距離為則有根據數學知識可得對球受力分析，豎直方向有解得，故選C。6.如圖甲所示的無人機具有4個旋翼，可以通過調整旋翼傾斜度而產生不同方向的升力。某次實驗，調整旋翼使無人機受豎直向上的恒定升力F從地面靜止升起，到達穩(wěn)定速度過程中，其運動圖像如圖乙所示。假設無人機飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即，方向與速度方向相反，則下列說法正確的是（）A.空氣對無人機的作用力逐漸增大B.空氣對無人機的作用力逐漸減小C.無人機在第1s內的位移為1mD.無人機在第1s內的速度變化量與第2s內的速度變化量相等【答案】B【解析】AB．空氣對無人機的作用力是升力和阻力的合力，由于無人機的加速度逐漸減小，根據牛頓第二定律有可知空氣對無人機的作用力逐漸減小，A錯誤、B正確；C．根據圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無人機在第1s內的位移C錯誤；D．根據圖像的切線斜率表示加速度，可知到達穩(wěn)定速度的過程中，無人機的加速度逐漸減小，無人機在第1s內的速度變化量大于第2s內的速度變化量，D錯誤。故選B。7.如圖所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，其連線中點為O，其中A帶正電。在A、B所形成的電場中，以O點為圓心、半徑為R的圓面垂直于AB，以O為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直于圓面且與AB共面，兩平面邊線交點分別為e、f，g為圓面邊緣上一點。下列說法正確的是（）A.e、f、g三點電勢相等B.a、b、c、d四點電場強度相同C.將一負試探電荷沿ab邊從a移動到b過程中，試探電荷的電勢能先增大后減小D.將一正試探電荷沿線段eOf從e移動到f過程中，試探電荷受到的電場力先減小后增大【答案】A【解析】A．根據等量異種點電荷的電場分布特點可知，圖中圓面是一個等勢面，e、f、g三點電勢相等，故A正確；B．根據等量異種點電荷的電場分布特點和對稱性可知，a、b、c、d四點電場強度大小相等、方向不同，故B錯誤；C．從a到b，電勢先增大后減小，所以負試探電荷的電勢能先減小后增大，故C錯誤；D．從e經O到f，電場強度先增大后減小，所以試探電荷受到的電場力先增大后減小，故D錯誤。故選A。8.近幾年我國大力發(fā)展綠色環(huán)保動力，新能源汽車發(fā)展前景廣闊。質量為1kg的新能源實驗小車在水平直軌道上以額定功率啟動，達到最大速度后經一段時間關閉電源，其動能與位移的關系如圖所示。假設整個過程阻力恒定，重力加速度g取，下列說法正確的是（）A.小車的最大牽引力為1NB.小車的額定功率為4WC.小車減速時的加速度大小為D.小車加速的時間為2s【答案】D【解析】A．當關閉電源后只有阻力對小車做功，根據動能定理有結合圖像可知，阻力大小為故小車的最小牽引力為故A錯誤；B．小車的最大動能為解得小車的額定功率為故B錯誤；C．關閉電源后，由牛頓運動定律可得故C錯誤；D．加速過程中，對小車由動能定理有可得加速時間故D正確。故選D。9.電容式麥克風的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成，它與基板構成電容器，簡化結構如圖所示。工作時，振動膜隨聲波左右振動，下列說法正確的是（）A.振動膜向左運動時，a的電勢比b的電勢低B.振動膜向左運動時，電容器的電容變大C.振動膜向右運動時，電容器的電容變大D.振動膜向右運動時，電阻上有從b到a的電流【答案】AC【解析】AB．振動膜向左運動時，與基板間的距離增大，根據電容的決定式可知電容器的電容變小，根據電容定義式可知電容器電量減小處于放電狀態(tài)，電阻上有從b到a的電流，則a的電勢比b低，故A正確，B錯誤；CD．振動膜向右運動時，與基板間的距離變小，根據電容的決定式可知電容器的電容變大，根據電容定義式可知電容器充電，電阻上有從a到b的電流，故C正確，D錯誤。故選AC。10.某“”速山地自行車的構造如圖所示，飛輪和牙盤上每個齒的大小相等。某次騎行時，山地車的牙盤擋位處于2擋，飛輪擋位處于3擋，對應的牙盤齒輪與飛輪齒輪的半徑之比為。假設山地車處于不同擋位時均勻速前進，則下列說法正確的是（）A.騎行時牙盤與飛輪的角速度之比為B.騎行時牙盤與飛輪的轉速之比為C.騎行時牙盤邊緣與飛輪齒輪邊緣的線速度大小之比為D.騎行時牙盤邊緣與飛輪齒輪邊緣的向心加速度大小之比為【答案】BC【解析】通過鏈條連接的山地車牙盤與飛輪，騎行時兩者齒輪邊緣的線速度大小相等，牙盤齒輪與飛輪齒輪的半徑之比為，根據可知根據可知根據可知故BC正確，AD錯誤。故選BC。11.2023年4月14日我國首顆綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”準實時觀測部分數據完成了國內外無差別開放，實現了數據共享，體現了大國擔當。如圖所示，“夸父一號”衛(wèi)星和另一顆衛(wèi)星分別沿圓軌道和橢圓軌道繞地球逆時針運動，兩軌道相交于A、B兩點。已知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長軸相等，某時刻兩衛(wèi)星與地球在同一直線上，下列說法正確的是（）A.兩衛(wèi)星在圖示位置的速度 B.兩衛(wèi)星在A或B點處可能相遇C.兩衛(wèi)星通過A點時的加速度大小相等 D.“夸父一號”衛(wèi)星的速度小于7.9km/s【答案】CD【解析】A．為衛(wèi)星在橢圓軌道的遠地點的速度，小于在此位置以衛(wèi)星和地球連線為半徑的圓軌道的速度，表示勻速圓周運動的速度，根據可得半徑越小，速度越大，故，A錯誤；B．根據開普勒第三定律可知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長軸相等，所以兩衛(wèi)星的運動周期相等，故不會相遇，B錯誤；C．根據牛頓第二定律可知，兩衛(wèi)星通過A點時的加速度大小相等，C正確；D．7.9km/s是第一宇宙速度，是最小的發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，也是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據可知，半徑越大，速度越小，所以“夸父一號”衛(wèi)星的速度小于7.9km/s，D正確。故選CD。12.如圖所示，將一支質量為m的按壓式圓珠筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無初速放手后筆將會豎直向上彈起，離開桌面可上升h高度，然后再豎直下落。重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.筆在離開桌面后的下降階段處于失重狀態(tài)B.放手時，筆內部彈簧儲存的彈性勢能C.筆從離開桌面到落回桌面的時間為D.放手后到筆向上離開桌面的過程，彈簧的彈性勢能全部轉化為筆的機械能【答案】AD【解析】A．筆在離開桌面后的下降階段，加速度向下，處于失重狀態(tài)，A正確；B．放手后筆離開桌面到h高度，考慮到離開桌面之前筆已經上升了一段高度，則由能量守恒可知彈簧儲存的彈性勢能B錯誤；C．根據豎直上拋運動的對稱性可知，筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為C錯誤；D．放手后到筆向上離開桌面的過程，彈簧的彈性勢能全部轉化為筆的動能和重力勢能，D正確。故選AD。二、實驗題（本題共2小題，共16分）13.某同學用氣墊導軌“驗證動量守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示。（1）用螺旋測微器測量遮光條寬度d，如圖乙所示，可知遮光條的寬度______mm，并將兩塊寬度均為d的遮光條安裝到兩滑塊上。（2）用天平測得滑塊A、B的質量（均包括遮光條）分別為、，兩個滑塊的碰撞端面裝有彈性碰撞架；調整好氣墊導軌后，將滑塊A向左彈出，與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊沒有粘連，與光電門1相連的計時器顯示的先后擋光時間為和，與光電門2相連的計時器顯示的擋光時間為。從實驗結果可知兩滑塊的質量滿足______（填“＞”“＜”或“＝”）；滑塊A、B碰撞過程中滿足表達式______（用所測物理量的符號表示），則說明碰撞過程中動量守恒。【答案】（1）6.790（2）＜③.【解析】（1）[1]螺旋測微器的讀數為。（2）[2]滑塊A向左運動，先通過光電門1，與滑塊B碰撞后，滑塊B通過光電門2，接著滑塊A又通過光電門1，說明碰撞后滑塊A向右運動，所以；[3]滑塊A、B碰撞前后動量守恒，設向左為正，則又、、代入可得14.某物理小組利用如圖甲所示實驗裝置來“驗證機械能守恒定律”。所用器材包括：裝有聲音傳感器的智能手機、鐵球、刻度尺、鋼尺等。實驗操作步驟如下：a.將鋼尺伸出水平桌面少許，用刻度尺測出鋼尺上表面與地板間的高度差；b.將質量為m的鐵球放在鋼尺末端，保持靜止狀態(tài)；c.將手機置于桌面上方，運行手機中的聲音“振幅”（聲音傳感器）項目；d.迅速敲擊鋼尺側面，鐵球自由下落；e.傳感器記錄聲音振幅隨時間的變化曲線。（1）聲音振幅隨時間的變化曲線如圖乙所示，第一、第二個尖峰的橫坐標分別對應敲擊鋼尺和鐵球落地的時刻，則鐵球下落的時間間隔______s。（2）若鐵球下落過程中機械能守恒，應滿足______。（用m、h、t表示）（3）若敲擊鋼尺側面時鐵球獲得一個較小的水平速度，對實驗測量結果______（填“有”或“沒有”）影響。（4）已知鐵球質量為，重力加速度，則下落過程中，鐵球重力勢能的減少量為______J，動能的增加量為______J。（結果均保留兩位有效數字）【答案】（1）0.45（2）（3）沒有（4）0.880.80【解析】（1）[1]由圖乙可知，鐵球落地的時間間隔為。（2）[2]設鐵球落地時速度大小為v，根據勻變速運動有解得小球動能的增加量為重力勢能的減少量為若鐵球下落過程中機械能守恒，則應滿足（3）[3]小球在豎直方向上做自由落體運動，小球下落的時間由高度決定，若敲擊鋼尺側面時鐵球獲得一個較小的水平速度，不會影響小球的落地時間，故對實驗測量結果沒有影響。（4）[4][5]下落過程中重力勢能的減少量為動能的增加量為三、計算題（本題共3小題，共36分。作答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）15.如圖所示，質量分別為、的兩物塊P、Q用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，開始時用手托住物塊Q，使物塊P靜止在水平桌面上。已知物塊P與桌面間的動摩擦因數，P與桌面邊緣距離足夠長，Q與地面的高度差，重力加速度g取。放手后，求：（1）物塊Q落地前，繩中張力的大??；（2）物塊P運動的總位移大小s。【答案】（1）；（2）【解析】（1）物塊Q落地前，P、Q有相同的加速度，設為，以P為對象，根據牛頓第二定律有以Q為對象，根據牛頓第二定律有聯(lián)立解得（2）物塊Q落地前瞬間，P、Q的速度大小為P通過的位移大小為物塊Q落地后，P繼續(xù)在水平桌面上做勻減速運動，設加速度大小為，以P為對象，根據牛頓第二定律有解得P繼續(xù)在水平桌面上通過的位移大小為物塊P運動的總位移大小為16.如圖所示，電容器左側空間存在一勻強電場，距平行板電容器右端L處有一豎直屏M。一質量為m、電荷量為q的小球（可視為質點）從光滑水平面上的a點由靜止釋放，運動至b點以速度沿中線射入水平放置的平行板電容器，小球最后垂直打在M上。已知a、b間的距離為L，電容器極板長為L、間距為d，重力加速度大小為g，求：（1）左側勻強電場的電場強度大小；（2）平行板電容器間的電勢差；（3）小球打在M點時，豎直方向的偏移量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）小球通過左側勻強電場，由動能定理得解得（2）小球在平行電容器間做類平拋運動，軌跡應向上偏轉，飛出電容器后，軌跡應向下偏轉，最后才能垂直打在M屏上，運動軌跡如圖所示；因水平距離相等，故小球兩次偏轉的加速度大