PAGEPAGE1石景山區(qū)2023-2024學(xué)年第一學(xué)期高三期末試卷物理本試卷共8頁，100分?？荚嚂r(shí)長90分鐘?？忌鷦?wù)必將〖答案〗答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回。第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.如圖所示，一個(gè)帶正電的球體放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的和處，當(dāng)小球靜止時(shí)，絲線與豎直方向的夾角分別為和（圖中未標(biāo)出）。則（）A.小球帶負(fù)電， B.小球帶負(fù)電，C.小球帶正電， D.小球帶正電，〖答案〗C〖解析〗由圖可知，小球與相互排斥，故、帶同種電荷，由于帶正電，可知小球帶正電，以小球?yàn)閷ο?，根?jù)受力平衡可得又由于帶電小球在懸掛在點(diǎn)時(shí)，離距離小，受到的庫侖力大，則絲線與豎直方向的夾角大，故有，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。2.“神舟15號”載人飛船安全著陸需經(jīng)過分離、制動、再入和減速四個(gè)階段。如圖，在減速階段，巨型的大傘為返回艙提供足夠的減速阻力，設(shè)返回艙做直線運(yùn)動，則在減速階段（）A.傘繩對返回艙的拉力大于返回艙對傘繩的拉力B.傘繩對返回艙的拉力小于返回艙對傘繩的拉力C.合外力對返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化D.除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化〖答案〗D〖解析〗AB．根據(jù)牛頓第三定律，傘繩對返回艙的拉力等于返回艙對傘繩的拉力，故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)功能關(guān)系，除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化，合外力對返回艙做的功等于返回艙動能的變化，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3.如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，一小球從斜面頂端向右水平拋出，初速度為v，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A.小球落到斜面上時(shí)，速度方向與水平方向的夾角為2θB.小球做平拋運(yùn)動的時(shí)間為C.小球落到斜面上時(shí)，速度大小為 D.小球做平拋運(yùn)動的水平位移大小為〖答案〗B〖解析〗B．小球做平拋運(yùn)動，水平方向有豎直方向有小球落到斜面上有可得小球做平拋運(yùn)動的時(shí)間為故B正確；A．小球落到斜面上時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為，則可得故A錯(cuò)誤；C．小球落到斜面上時(shí)，速度大小為故C錯(cuò)誤；D．小球做平拋運(yùn)動的水平位移大小為故D錯(cuò)誤。故選B。4.我國首次火星探測任務(wù)被命名為“天問一號”。已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是（）A.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度B.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)介于地球的第一和第二宇宙速度之間C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度〖答案〗A〖解析〗A．當(dāng)發(fā)射速度大于第二宇宙速度時(shí)，探測器將脫離地球的引力在太陽系的范圍內(nèi)運(yùn)動，火星在太陽系內(nèi)，所以火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度，故A正確；B．第二宇宙速度是探測器脫離地球的引力到太陽系中的臨界條件，當(dāng)發(fā)射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之間時(shí)，探測器將圍繞地球運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；C．萬有引力提供向心力，則有解得第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D．萬有引力近似等于重力，則有解得星表面的重力加速度所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，輕細(xì)線與豎直方向夾角為θ，長為L，下端懸掛質(zhì)量為m的小球，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，忽略小球運(yùn)動中受到的阻力。將小球視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。則（）A.輕細(xì)線對小球的拉力F=mgcosθB.小球勻速圓周運(yùn)動的周期C.小球勻速圓周運(yùn)動的線速度大小D.在半個(gè)周期內(nèi)，合外力對小球的沖量大小〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)平衡條件，輕細(xì)線對小球的拉力為故A錯(cuò)誤；B．小球受到重力與繩子拉力，其合力提供向心力，則小球勻速圓周運(yùn)動周期故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)解得小球勻速圓周運(yùn)動的線速度大小為故C正確；D．根據(jù)動量定理，在半個(gè)周期內(nèi)，合外力對小球的沖量大小為故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，為營造節(jié)日氣氛，同學(xué)們用輕質(zhì)細(xì)線在墻角懸掛彩燈。已知兩彩燈質(zhì)量均為m，OA段細(xì)線與豎直方向夾角為37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），BC段細(xì)線保持水平，重力加速度為g。關(guān)于三段細(xì)線拉力FOA、FAB、FBC，下列表達(dá)式正確的是（）A.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mgB.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mgC.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mgD.FOA=4mg、FAB=mg、FBC=mg〖答案〗A〖解析〗將兩彩燈看成整體，受力分析，根據(jù)平衡條件可得對結(jié)點(diǎn)B受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得故選A。7.位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源發(fā)出一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t=0時(shí)波源開始振動，其位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為，則t=時(shí)的波形圖為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗時(shí)，波源的位移為故選C。8.如圖所示，電路中電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.電壓表與電流表的示數(shù)都減小B.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大C.電阻R2消耗的電功率增大D.電源內(nèi)阻消耗的功率減小〖答案〗A〖解析〗AB．開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中，滑動變阻器R0接入電路的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，電源內(nèi)阻和兩端的電壓增大，電壓表的示數(shù)減小，滑動變阻器R0兩端的電壓減小，通過電阻R2的電流減小，電流表的示數(shù)減小，故A正確，B錯(cuò)誤；C．滑動變阻器R0兩端的電壓減小，則通過電阻R2的電流減小，電阻R2消耗的電功率減小，故C錯(cuò)誤；D．電路總電阻減小，總電流增大，電源內(nèi)阻消耗的功率增大，故D錯(cuò)誤。故選A。9.如圖所示，甲、乙是規(guī)格相同的燈泡，接線柱a、b接電壓為U的直流電源時(shí)，無論電源的正極與哪一個(gè)接線柱相連，甲燈均能正常發(fā)光，乙燈完全不亮．當(dāng)a、b接電壓有效值為U的交流電源時(shí)，甲燈發(fā)出微弱的光，乙燈能正常發(fā)光，則下列判斷正確的是()A.x是電容器，y是電感線圈B.x是電感線圈，y是電容器C.x是二極管，y是電容器D.x是電感線圈，y是二極管〖答案〗B〖解析〗兩端加直流電壓時(shí)，甲燈正常發(fā)光，乙燈完全不亮，說明乙支路為開路，即與乙燈串聯(lián)的元件Y可能是電容器，當(dāng)A、B兩端加上有效值和直流電壓相等的交流電壓時(shí)，甲燈發(fā)出微弱的光，乙燈能正常發(fā)光，因?yàn)殡姼芯€圈是通直流阻交流，所以與甲燈串聯(lián)的元件X是電感線圈，因?yàn)殡娙萜魇歉糁绷魍ń涣?，所以與乙燈串聯(lián)的元件Y是電容器，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B．10.如圖所示，兩個(gè)固定的等量正點(diǎn)電荷，其連線中點(diǎn)為O，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)位于以O(shè)為圓心的同一個(gè)圓周上，bd⊥ac。下列說法正確的是（）A.a、c兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小和方向均相同B.若一電子從b點(diǎn)由靜止釋放，以后將在b、d之間沿直線往復(fù)運(yùn)動C.從O點(diǎn)開始，沿Ob向上各處場強(qiáng)大小越來越小D.從O點(diǎn)開始，沿Ob向上各處電勢越來越高〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)對稱性可知，a、c兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，方向相反，故A錯(cuò)誤；B．若一電子從b點(diǎn)由靜止釋放，電子在Ob間受到向下的電場力，在Oc間受到向上的電場力，將在b、d之間沿直線往復(fù)運(yùn)動，故B正確；C．O點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度為零，則從O點(diǎn)開始，沿Ob向上各處場強(qiáng)大小先增大后減小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)等量同種正電荷連線中垂線上的電場分布可知，Ob方向，電場線沿Ob方向，則從O點(diǎn)開始，沿Ob向上各處電勢越來越低，故D錯(cuò)誤。故選B。11.某同學(xué)用傳感器做“觀察電容器的充放電”實(shí)驗(yàn)，采用的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示。將開關(guān)先與“1”端閉合，對電容器進(jìn)行充電，充電完畢后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器放電。在下列通過傳感器的電流i隨時(shí)間t變化的四個(gè)圖像中，正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗充電過程中，電容器兩極板間的電壓逐漸增大，電源電動勢和電容器兩極板間的電勢差逐漸減小，充電電流逐漸變小，經(jīng)過電流傳感器的充電電流為從上到下，放電過程中，電容器兩極板間的電壓逐漸減小，放電電流逐漸減小，且減小得越來越慢，電容器上極板帶正電，經(jīng)過電流傳感器的放電電流為從下到上，故圖A符合要求。故選A。12.如圖所示，有一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接正弦交流電壓U，輸出端接有一個(gè)交流電流表和一個(gè)電動機(jī)，電動機(jī)線圈電阻為R。當(dāng)輸入端接通電源后，電流表讀數(shù)為I，電動機(jī)帶動一重物勻速上升，下列判斷正確的是（）A.原線圈中的電流為nIB.變壓器的輸入功率為C.電動機(jī)輸出的總功率為I2RD.電動機(jī)兩端電壓為IR〖答案〗B〖解析〗A．原線圈中的電流為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．變壓器的輸入功率為選項(xiàng)B正確；C．電動機(jī)輸出的總功率為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．電動機(jī)不是純電阻，則兩端電壓不等于IR，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。13.如圖所示的平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，則下列判斷正確的是（）A.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→aB.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸減小C.線框ad邊所受的安培力大小恒定D.線框整體受到的安培力方向水平向左〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)右手定則可知，長直導(dǎo)線右側(cè)磁場垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場垂直紙面向里，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b→c→d→a，故A錯(cuò)誤；B．線框內(nèi)的磁通量均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知線框產(chǎn)生穩(wěn)定的感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C．由于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，感應(yīng)電流恒定，根據(jù)可知線框ad邊所受的安培力大小減小，故C錯(cuò)誤；D．離長直導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，則線框ad邊所受向左的安培力大于bc邊所受向右的安培力，ab邊與cd邊所受安培力平衡，線框整體受到的安培力方向水平向左，故D正確。故選D。14.如圖所示，用絕緣支架將帶電荷量為+Q的小球a固定在O點(diǎn)，一粗糙絕緣直桿與水平方向的夾角θ=30°，直桿與小球a位于同一豎直面內(nèi)，桿上有A、B、C三點(diǎn)，C與O兩點(diǎn)位于同一水平線上，B為AC的中點(diǎn)，OA=OC=L。小球b質(zhì)量為m，帶電荷量為-q，套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止開始下滑，第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度是v，運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)速度為0。在+Q產(chǎn)生的電場中取C點(diǎn)的電勢為0，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A.小球b經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)加速度為0B.小球b從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為C.小球b的電勢能最小值為D.小球b到C點(diǎn)后又從C點(diǎn)返回到A點(diǎn)〖答案〗C〖解析〗B．根據(jù)幾何關(guān)系有小球b從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理有解得小球b從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為故B錯(cuò)誤；A．小球b從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，庫侖力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球b從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，庫侖力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，由于可得即小球b重力沿直桿向下的分力等于小球b從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中受到的平均摩擦力，B點(diǎn)處小球b受到的摩擦力最大，則小球b重力沿直桿向下的分力小于B點(diǎn)處小球b受到的摩擦力，小球b經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)加速度不為0，故A錯(cuò)誤；C．B點(diǎn)離小球a最近,B點(diǎn)的電勢最高，小球b的電勢能最小，根據(jù)對稱性有小球b從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理其中小球b的電勢能最小值為故C正確；D．從C點(diǎn)返回到A點(diǎn)需克服摩擦力、重力做功，C點(diǎn)速度為零，A、C兩點(diǎn)電勢相等，故小球b到C點(diǎn)后不能從C點(diǎn)返回到A點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選C。第二部分本部分共6題，共58分15.（1）用單擺測重力加速度實(shí)驗(yàn)中，單擺擺線長為l，擺球直徑為d，用秒表測得n個(gè)周期的總時(shí)間為t，圓周率為π，則實(shí)驗(yàn)中重力加速度的表達(dá)式g=___________（2）某同學(xué)采用圖1所示的電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。①實(shí)驗(yàn)時(shí)，閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)處在___________(填“M”或“N”)端。②按照圖1連接實(shí)物圖，如圖2所示。閉合開關(guān)前檢查電路時(shí)，發(fā)現(xiàn)有一根導(dǎo)線接錯(cuò)，該導(dǎo)線為___________(填“a”“b”或“c”)。該錯(cuò)誤連接會帶來的問題是___________________（3）如圖3所示，用伏安法測量待測電阻Rx的阻值，M、N間電壓為U0保持不變。選用三種不同規(guī)格的滑動變阻器，最大阻值分別是R1=5Ω，R2=20Ω，R3=200Ω，從左向右移動滑片P，研究待測電阻Rx兩端的電壓U與滑片的滑動距離L（滑片從左向右滑動的最大距離為L0）的關(guān)系，獲得如圖4所示的數(shù)據(jù)結(jié)果。請你結(jié)合數(shù)據(jù)結(jié)果判斷：在使用圖3所示電路測量待測電阻Rx阻值的實(shí)驗(yàn)中，選擇哪一種規(guī)格的滑動變阻器最合適，簡要說明理由___________________?！即鸢浮剑?）（2）Mc見〖解析〗（3）滑動變阻器R1最合適，見〖解析〗〖解析〗（1）[1]單擺的周期為單擺的擺長為根據(jù)單擺周期公式解得實(shí)驗(yàn)中重力加速度的表達(dá)式為（2）[2]實(shí)驗(yàn)時(shí)，閉合開關(guān)S前，為防止燒壞電表，滑動變阻器的滑片P應(yīng)處在M端。[3][4]c導(dǎo)線接錯(cuò)，錯(cuò)誤連接會帶來的問題是開關(guān)不是接在干路上，無法控制電壓表，閉合前電壓表已經(jīng)有示數(shù)，應(yīng)該將c線接電源正極端改接至開關(guān)右端。（3）[5]滑動變阻器R1最合適；使用R1可使待測電阻兩端的電壓隨滑動頭移動趨近線性變化，方便調(diào)節(jié)使用。16.如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律。（1）圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球ml多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落點(diǎn)的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)。接下來要完成的必要步驟是________A．用天平分別測量兩個(gè)小球的質(zhì)量ml、m2B．測量小球m1開始釋放時(shí)的高度hC．測量拋出點(diǎn)距地面高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落點(diǎn)的位置M、N，測量OM、ON的長度（2）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為_______________________(用前面測量的量表示)。（3）有同學(xué)認(rèn)為若碰撞是彈性碰撞，則ON=OM+OP，請判斷該同學(xué)的結(jié)論是否正確，并說明理由_______________________?！即鸢浮剑?）AD（2）（3）結(jié)論正確，見〖解析〗〖解析〗（1）[1]若兩球相碰前后的動量守恒，則碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動，兩小球下落高度相同，則兩小球在空中運(yùn)動的時(shí)間相同，則可得故還需完成的必要步驟是：用天平分別測量兩個(gè)小球的質(zhì)量ml、m2，分別找到m1、m2相碰后平均落點(diǎn)的位置M、N，測量OM、ON的長度。故選AD。（2）[2]由（1）可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為（3）[3]若碰撞是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒以及機(jī)械能守恒可得可得即聯(lián)立解得，可得故結(jié)論正確。17.如圖所示，把一個(gè)質(zhì)量m=0.1kg的小鋼球用細(xì)線懸掛起來，就構(gòu)成一個(gè)擺。懸點(diǎn)O距地面的高度h=1.45m，擺長L=1m。將擺球拉至擺線與豎直方向成37°角的位置，由靜止釋放，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2,cos37°=0.8。（1）求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球拉力的大小F；（2）若小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線斷了，小球沿水平方向拋出，求它做平拋運(yùn)動水平位移的大小x；（3）求小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率P?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球拉力的大?。?）小球做平拋運(yùn)動，豎直方向有解得水平方向有（3）小球落地時(shí)的速度為重力的瞬時(shí)功率18.如圖所示，水平放置的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對，極板長度和極板間距都為L，板間存在方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央射入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動。不計(jì)粒子的重力及空氣阻力。（1）求勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子剛穿出電場時(shí)的動能Ek；（3）若撤去電場，調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小使粒子剛好能從極板a的右端射出，求粒子穿過磁場過程中運(yùn)動方向的偏轉(zhuǎn)角度θ?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，則解得（2）粒子做類平拋運(yùn)動，水平方向有豎直方向有由牛頓第二定律解得由動能定理解得（3）粒子剛好從極板間射出，如圖所示，由幾何關(guān)系解得粒子偏轉(zhuǎn)角等于圓心角θ，有解得19.如圖a所示，在足夠長的傾角的光滑斜面上，寬度D=0.4m的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T，單匝矩形線框cdef質(zhì)量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω。從t=0時(shí)刻開始，線框受到沿斜面向上的恒力F，從靜止開始沿斜面向上做直線運(yùn)動，線框速度v隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖b所示。已知線框cd邊的長度與磁場寬度D相等，重力加速度g=10m/s2。（1）求恒力F的大小；（2）求線框cf邊的長度L；（3）求整個(gè)過程中線框產(chǎn)生焦耳熱Q；（4）請?jiān)趫Db中畫出0.6s后線框速度隨時(shí)間變化的圖像?！即鸢浮剑?）；（2）=0.5m；（3）；（4）〖解析〗（1）由圖像可知，0-0.4s線框運(yùn)動的加速度由牛頓第二定律