黑龍江省龍東五地市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期中聯(lián)考物理試題（解析版）

PAGEPAGE12023~2024學(xué)年度上學(xué)期龍東五地市期中聯(lián)考高三學(xué)年物理試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)清楚。3.考生作答時(shí)，請(qǐng)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(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)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(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。4.本卷命題范圍：新人教必修第一冊(cè)、第二冊(cè)、第三冊(cè)第九章至第十章、選擇性必修第一冊(cè)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(gè)選項(xiàng)中，第1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9~12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1.如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩物體，靜止在平板小車(chē)C上，A與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然釋放后，下列說(shuō)法正確的是（）A.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】C【解析】A．因A、B與小車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．A、B組成的系統(tǒng)要克服與小車(chē)之間的摩擦力做功，則機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．A、B、C組成系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確；D．因A、B與小車(chē)之間的摩擦力產(chǎn)生內(nèi)能，則A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，某同學(xué)斜向上拋出一籃球，若空氣阻力不計(jì)，下列各圖分別是籃球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速率v、加速度a、水平位移x和重力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)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(yùn)動(dòng)，可將其分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，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(shí)間成正比，故AC錯(cuò)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?yàn)樗俣鹊呢Q直分量先減小到零后反向增大，再根據(jù)瞬時(shí)功率表達(dá)式可知重力的功率先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，兩者的質(zhì)量分別為1kg和2kg，它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。若突然將一個(gè)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(shí)有F施加物體A上時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有解得加速度大小對(duì)物塊A受力分析，根據(jù)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(chǎng)面壯觀，成為企業(yè)宣傳所采用的獨(dú)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(zhì)量為M的人從熱氣球上沿軟繩向下運(yùn)動(dòng)。已知熱氣球的質(zhì)量為m，軟繩質(zhì)量忽略不計(jì)，熱氣球所受的浮力不變，若要人能安全到達(dá)地面，則繩長(zhǎng)至少為（）A.B.C. D.【答案】C【解析】設(shè)繩長(zhǎng)至少為，根據(jù)“人船模型”的推論可得解得，故選C。5.如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的光滑勻質(zhì)球，用一根長(zhǎng)度為2R的細(xì)線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點(diǎn)。已知重力加速度大小為g，則細(xì)線對(duì)球的拉力大小為（）A. B. C. D.Mg【答案】C【解析】設(shè)繩子與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何知識(shí)可知，球心到豎直墻壁交線的垂直距離為則有根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得對(duì)球受力分析，豎直方向有解得，故選C。6.如圖甲所示的無(wú)人機(jī)具有4個(gè)旋翼，可以通過(guò)調(diào)整旋翼傾斜度而產(chǎn)生不同方向的升力。某次實(shí)驗(yàn)，調(diào)整旋翼使無(wú)人機(jī)受豎直向上的恒定升力F從地面靜止升起，到達(dá)穩(wěn)定速度過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)圖像如圖乙所示。假設(shè)無(wú)人機(jī)飛行時(shí)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(shuō)法正確的是（）A.空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力逐漸增大B.空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力逐漸減小C.無(wú)人機(jī)在第1s內(nèi)的位移為1mD.無(wú)人機(jī)在第1s內(nèi)的速度變化量與第2s內(nèi)的速度變化量相等【答案】B【解析】AB．空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力是升力和阻力的合力，由于無(wú)人機(jī)的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律有可知空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力逐漸減小，A錯(cuò)誤、B正確；C．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無(wú)人機(jī)在第1s內(nèi)的位移C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖像的切線斜率表示加速度，可知到達(dá)穩(wěn)定速度的過(guò)程中，無(wú)人機(jī)的加速度逐漸減小，無(wú)人機(jī)在第1s內(nèi)的速度變化量大于第2s內(nèi)的速度變化量，D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，真空中固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B，其連線中點(diǎn)為O，其中A帶正電。在A、B所形成的電場(chǎng)中，以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓面垂直于AB，以O(shè)為幾何中心、邊長(zhǎng)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(diǎn)分別為e、f，g為圓面邊緣上一點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A.e、f、g三點(diǎn)電勢(shì)相等B.a、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.將一負(fù)試探電荷沿ab邊從a移動(dòng)到b過(guò)程中，試探電荷的電勢(shì)能先增大后減小D.將一正試探電荷沿線段eOf從e移動(dòng)到f過(guò)程中，試探電荷受到的電場(chǎng)力先減小后增大【答案】A【解析】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，圖中圓面是一個(gè)等勢(shì)面，e、f、g三點(diǎn)電勢(shì)相等，故A正確；B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)和對(duì)稱(chēng)性可知，a、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向不同，故B錯(cuò)誤；C．從a到b，電勢(shì)先增大后減小，所以負(fù)試探電荷的電勢(shì)能先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D．從e經(jīng)O到f，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，所以試探電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選A。8.近幾年我國(guó)大力發(fā)展綠色環(huán)保動(dòng)力，新能源汽車(chē)發(fā)展前景廣闊。質(zhì)量為1kg的新能源實(shí)驗(yàn)小車(chē)在水平直軌道上以額定功率啟動(dòng)，達(dá)到最大速度后經(jīng)一段時(shí)間關(guān)閉電源，其動(dòng)能與位移的關(guān)系如圖所示。假設(shè)整個(gè)過(guò)程阻力恒定，重力加速度g取，下列說(shuō)法正確的是（）A.小車(chē)的最大牽引力為1NB.小車(chē)的額定功率為4WC.小車(chē)減速時(shí)的加速度大小為D.小車(chē)加速的時(shí)間為2s【答案】D【解析】A．當(dāng)關(guān)閉電源后只有阻力對(duì)小車(chē)做功，根據(jù)動(dòng)能定理有結(jié)合圖像可知，阻力大小為故小車(chē)的最小牽引力為故A錯(cuò)誤；B．小車(chē)的最大動(dòng)能為解得小車(chē)的額定功率為故B錯(cuò)誤；C．關(guān)閉電源后，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得故C錯(cuò)誤；D．加速過(guò)程中，對(duì)小車(chē)由動(dòng)能定理有可得加速時(shí)間故D正確。故選D。9.電容式麥克風(fēng)的振動(dòng)膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成，它與基板構(gòu)成電容器，簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖所示。工作時(shí)，振動(dòng)膜隨聲波左右振動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，a的電勢(shì)比b的電勢(shì)低B.振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器的電容變大C.振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器的電容變大D.振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻上有從b到a的電流【答案】AC【解析】AB．振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，與基板間的距離增大，根據(jù)電容的決定式可知電容器的電容變小，根據(jù)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(shì)比b低，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與基板間的距離變小，根據(jù)電容的決定式可知電容器的電容變大，根據(jù)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(cuò)誤。故選AC。10.某“”速山地自行車(chē)的構(gòu)造如圖所示，飛輪和牙盤(pán)上每個(gè)齒的大小相等。某次騎行時(shí)，山地車(chē)的牙盤(pán)擋位處于2擋，飛輪擋位處于3擋，對(duì)應(yīng)的牙盤(pán)齒輪與飛輪齒輪的半徑之比為。假設(shè)山地車(chē)處于不同擋位時(shí)均勻速前進(jìn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.騎行時(shí)牙盤(pán)與飛輪的角速度之比為B.騎行時(shí)牙盤(pán)與飛輪的轉(zhuǎn)速之比為C.騎行時(shí)牙盤(pán)邊緣與飛輪齒輪邊緣的線速度大小之比為D.騎行時(shí)牙盤(pán)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(guò)鏈條連接的山地車(chē)牙盤(pán)與飛輪，騎行時(shí)兩者齒輪邊緣的線速度大小相等，牙盤(pán)齒輪與飛輪齒輪的半徑之比為，根據(jù)可知根據(jù)可知根據(jù)可知故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。11.2023年4月14日我國(guó)首顆綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星“夸父一號(hào)”準(zhǔn)實(shí)時(shí)觀測(cè)部分?jǐn)?shù)據(jù)完成了國(guó)內(nèi)外無(wú)差別開(kāi)放，實(shí)現(xiàn)了數(shù)據(jù)共享，體現(xiàn)了大國(guó)擔(dān)當(dāng)。如圖所示，“夸父一號(hào)”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(shí)針運(yùn)動(dòng)，兩軌道相交于A、B兩點(diǎn)。已知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長(zhǎng)軸相等，某時(shí)刻兩衛(wèi)星與地球在同一直線上，下列說(shuō)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(diǎn)處可能相遇C.兩衛(wèi)星通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的加速度大小相等 D.“夸父一號(hào)”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(yuǎn)地點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的速度，根據(jù)可得半徑越小，速度越大，故，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長(zhǎng)軸相等，所以?xún)尚l(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期相等，故不會(huì)相遇，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可知，兩衛(wèi)星通過(guò)A點(diǎn)時(shí)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(jù)可知，半徑越大，速度越小，所以“夸父一號(hào)”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(zhì)量為m的按壓式圓珠筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無(wú)初速放手后筆將會(huì)豎直向上彈起，離開(kāi)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(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.筆在離開(kāi)桌面后的下降階段處于失重狀態(tài)B.放手時(shí)，筆內(nèi)部彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能C.筆從離開(kāi)桌面到落回桌面的時(shí)間為D.放手后到筆向上離開(kāi)桌面的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為筆的機(jī)械能【答案】AD【解析】A．筆在離開(kāi)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(kāi)桌面到h高度，考慮到離開(kāi)桌面之前筆已經(jīng)上升了一段高度，則由能量守恒可知彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能B錯(cuò)誤；C．根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，筆從離開(kāi)桌面到落回桌面過(guò)程的時(shí)間為C錯(cuò)誤；D．放手后到筆向上離開(kāi)桌面的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為筆的動(dòng)能和重力勢(shì)能，D正確。故選AD。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分）13.某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)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(cè)得滑塊A、B的質(zhì)量（均包括遮光條）分別為、，兩個(gè)滑塊的碰撞端面裝有彈性碰撞架；調(diào)整好氣墊導(dǎo)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(méi)有粘連，與光電門(mén)1相連的計(jì)時(shí)器顯示的先后擋光時(shí)間為和，與光電門(mén)2相連的計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間為。從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知兩滑塊的質(zhì)量滿足______（填“＞”“＜”或“＝”）；滑塊A、B碰撞過(guò)程中滿足表達(dá)式______（用所測(cè)物理量的符號(hào)表示），則說(shuō)明碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。【答案】（1）6.790（2）＜③.【解析】（1）[1]螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為。（2）[2]滑塊A向左運(yùn)動(dòng)，先通過(guò)光電門(mén)1，與滑塊B碰撞后，滑塊B通過(guò)光電門(mén)2，接著滑塊A又通過(guò)光電門(mén)1，說(shuō)明碰撞后滑塊A向右運(yùn)動(dòng)，所以；[3]滑塊A、B碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)向左為正，則又、、代入可得14.某物理小組利用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。所用器材包括：裝有聲音傳感器的智能手機(jī)、鐵球、刻度尺、鋼尺等。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：a.將鋼尺伸出水平桌面少許，用刻度尺測(cè)出鋼尺上表面與地板間的高度差；b.將質(zhì)量為m的鐵球放在鋼尺末端，保持靜止?fàn)顟B(tài)；c.將手機(jī)置于桌面上方，運(yùn)行手機(jī)中的聲音“振幅”（聲音傳感器）項(xiàng)目；d.迅速敲擊鋼尺側(cè)面，鐵球自由下落；e.傳感器記錄聲音振幅隨時(shí)間的變化曲線。（1）聲音振幅隨時(shí)間的變化曲線如圖乙所示，第一、第二個(gè)尖峰的橫坐標(biāo)分別對(duì)應(yīng)敲擊鋼尺和鐵球落地的時(shí)刻，則鐵球下落的時(shí)間間隔______s。（2）若鐵球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足______。（用m、h、t表示）（3）若敲擊鋼尺側(cè)面時(shí)鐵球獲得一個(gè)較小的水平速度，對(duì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量結(jié)果______（填“有”或“沒(méi)有”）影響。（4）已知鐵球質(zhì)量為，重力加速度，則下落過(guò)程中，鐵球重力勢(shì)能的減少量為_(kāi)_____J，動(dòng)能的增加量為_(kāi)_____J。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）0.45（2）（3）沒(méi)有（4）0.880.80【解析】（1）[1]由圖乙可知，鐵球落地的時(shí)間間隔為。（2）[2]設(shè)鐵球落地時(shí)速度大小為v，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)有解得小球動(dòng)能的增加量為重力勢(shì)能的減少量為若鐵球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，則應(yīng)滿足（3）[3]小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球下落的時(shí)間由高度決定，若敲擊鋼尺側(cè)面時(shí)鐵球獲得一個(gè)較小的水平速度，不會(huì)影響小球的落地時(shí)間，故對(duì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量結(jié)果沒(méi)有影響。（4）[4][5]下落過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量為動(dòng)能的增加量為三、計(jì)算題（本題共3小題，共36分。作答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟。只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位）15.如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩物塊P、Q用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩相連，開(kāi)始時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)，P與桌面邊緣距離足夠長(zhǎng)，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?。唬?）物塊P運(yùn)動(dòng)的總位移大小s?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）物塊Q落地前，P、Q有相同的加速度，設(shè)為，以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有以Q為對(duì)象，根據(jù)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(guò)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(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有解得P繼續(xù)在水平桌面上通過(guò)的位移大小為物塊P運(yùn)動(dòng)的總位移大小為16.如圖所示，電容器左側(cè)空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，距平行板電容器右端L處有一豎直屏M。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從光滑水平面上的a點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)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(zhǎng)，電容器極板長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d，重力加速度大小為g，求：（1）左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）平行板電容器間的電勢(shì)差；（3）小球打在M點(diǎn)時(shí)，豎直方向的偏移量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球通過(guò)左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，由動(dòng)能定理得解得（2）小球在平行電容器間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，飛出電容器后，軌跡應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，最后才能垂直打在M屏上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；因水平距離相等，故小球兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大