2023屆湖南省株洲市高三下學(xué)期一?？荚囄锢碓囶}（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1株洲市2023屆高三年級教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測（一）物理滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。注意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.圖為卡塔爾世界杯兩支球隊(duì)激烈爭搶的場面，當(dāng)飛來的足球恰好運(yùn)動到最高點(diǎn)時，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行一段時間后直接落地。不計(jì)空氣阻力，這段時間最接近（）A.1.0s B.0.85s C.0.65s D.0.45s〖答案〗C〖解析〗依題意，足球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)其中下落高度約為2m，解得故選C。2.定點(diǎn)投籃時，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運(yùn)動軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力，則籃球先后兩次（）A.入籃時的速度相同B.入籃時重力做功的功率相同C.入籃前在空中運(yùn)動的時間相同D.入籃前在空中運(yùn)動的動量變化率相同〖答案〗D〖解析〗A．依題意，籃球運(yùn)動過程中，只有重力做功，可得籃球兩次運(yùn)動的初末位置相同，即重力做功相同，但初速度大小關(guān)系未知，所以兩次入籃的速度關(guān)系未知。故A錯誤；B．根據(jù)其中為重力與速度方向夾角，可知兩次入籃的重力做功的功率關(guān)系未知。故B錯誤；C．籃球在空中做拋體運(yùn)動，由圖中軌跡的最高點(diǎn)不同，可知兩次運(yùn)動的時間不同。故C錯誤；D．根據(jù)動量定理，有解得即入籃前在空中運(yùn)動的動量變化率相同。故D正確。故選D。3.如圖，一對固定不動的等量異種點(diǎn)電荷的連線與其中垂線相交于O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為圓心的兩個半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、f兩點(diǎn)，與連線交于g、h兩點(diǎn)，兩圓的直徑均小于兩點(diǎn)電荷連線的長度，則（）A.g點(diǎn)的場強(qiáng)大于h點(diǎn)的場強(qiáng)B.g點(diǎn)的電勢大于h點(diǎn)的電勢C.e點(diǎn)的電勢大于f點(diǎn)的電勢D.將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)與從f點(diǎn)移到h點(diǎn)電場力做功相等〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷連線上場強(qiáng)分布規(guī)律可知，g點(diǎn)的場強(qiáng)小于h點(diǎn)的場強(qiáng)。故A錯誤；B．根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知g點(diǎn)的電勢大于h點(diǎn)的電勢。故B正確；C．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)電勢相等，可知e點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢。故C錯誤；D．根據(jù)電勢差定義式，可得又解得根據(jù)將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)與從f點(diǎn)移到h點(diǎn)電場力做功不相等。故D錯誤。故選B。4.如圖，質(zhì)量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則（）A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒C.小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同D.整個運(yùn)動過程中，繩的拉力對小球一直不做功〖答案〗C〖解析〗A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，豎直方向受合外力不為零，豎直方向動量不守恒；水平方向受合外力為零，水平方向動量守恒，則系統(tǒng)總動量不守恒，選項(xiàng)A錯誤；B．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯誤；C．根據(jù)水平方向動量守恒，小球向右擺到的最高點(diǎn)時，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?，根?jù)能量守恒關(guān)系可知小球向右擺到最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同，選項(xiàng)C正確；D．整個運(yùn)動過程的開始階段小球的機(jī)械能減小，圓環(huán)機(jī)械能增加，則繩的拉力對小球做負(fù)功；后來階段，圓環(huán)的機(jī)械能減小，小球的機(jī)械能又增加，則繩子拉力對小球做正功，選項(xiàng)D錯誤。故選C。5.碗內(nèi)部為半球形，半徑為R，碗口水平。生米與碗內(nèi)側(cè)的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內(nèi)的生米粒與碗口間的最小距離d為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗設(shè)米粒的質(zhì)量為，當(dāng)米粒受到碗的摩擦力達(dá)到最大時，米粒距碗口的距離最小，設(shè)支持力與與水平方向的夾角為，做出米粒的受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件有，，聯(lián)立解得而根據(jù)幾何關(guān)系有，聯(lián)立解得故選D。6.“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意向。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強(qiáng)p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為，則p為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗依題意，單位時間單位面積上的降水量為設(shè)芭蕉葉的面積為S，時間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量根據(jù)題意有一半的雨滴向四周散開，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理可知另一半則留在葉面上，根據(jù)動量定理則雨滴受到撞擊力為由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到的沖擊力大小為根據(jù)壓強(qiáng)定義式聯(lián)立解得故選A。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對伯不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖，中國空間站在距地球表面高度為h的圓形軌道I上做勻速圓周運(yùn)動。夢天實(shí)驗(yàn)艙搭載長征五號運(yùn)載火箭在地表從靜止出發(fā)沿軌道II（實(shí)線所示）加速運(yùn)動，與火箭脫離后，僅在萬有引力作用下沿軌道Ⅲ（虛線所示）運(yùn)動，此后與空間站完成對接。已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，地表重力加速度為g，夢天實(shí)驗(yàn)艙與空間站在同一平面內(nèi)運(yùn)動，忽略地球自轉(zhuǎn)，則夢天實(shí)驗(yàn)艙（）A.沿軌道I運(yùn)行速率為B.沿軌道II運(yùn)動過程中機(jī)械能保持不變C.沿軌道Ⅲ運(yùn)動至末端時的速率小于其沿軌道I運(yùn)行的速率D.沿軌道Ⅲ運(yùn)動過程，其與地心的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等〖答案〗CD〖解析〗A．根據(jù)萬有引力提供向心力，可得又聯(lián)立，解得故A錯誤；B．依題意，沿軌道II做加速運(yùn)動則該過程中機(jī)械能一直增加。故B錯誤；C．由圖可知，夢天實(shí)驗(yàn)艙從軌道Ⅲ運(yùn)動到軌道I屬于從低軌變到高軌，需要加速才能完成對接，所以沿軌道Ⅲ運(yùn)動至末端時的速率小于其沿軌道I運(yùn)行的速率。故C正確；D．沿軌道Ⅲ運(yùn)動過程，其軌跡為橢圓，由開普勒第二定律可知，夢天實(shí)驗(yàn)艙與地心的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等。故D正確。故選CD。8.如圖，兩輕繩左端系于豎直細(xì)桿上，右端與第三根輕繩在O點(diǎn)連結(jié)，當(dāng)三根繩均拉直時，系于細(xì)桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°，上方繩長和第三根繩長均為L，第三根繩的末端連一質(zhì)量為m的小球，小球可在水平面內(nèi)繞細(xì)桿做勻速圓周運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，在轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)?shù)谌K與豎直方向成45°時（）A.小球運(yùn)動的加速度大小為B.小球運(yùn)動的角速度大小為C.第三根繩子的拉力大小為mgD.系于細(xì)桿上的兩輕繩的拉力大小相等〖答案〗BD〖解析〗A．小球做勻速圓周運(yùn)動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律可得解得故A錯誤；B．同理，可得其中r=Lsin30°+Lsin45°解得故B正確；C．對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為故C錯誤；D．對節(jié)點(diǎn)O受力分析，系于細(xì)桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據(jù)平行四邊行法則，結(jié)合題設(shè)條件，可知系于細(xì)桿上的兩輕繩的拉力大小相等。故D正確。故選BD。9.在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質(zhì)量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從Р點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，運(yùn)動過程中速度大小始終為，P、Q為四分之一圓周的兩個端點(diǎn)，P與圓心О等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，小滑塊（）A.所受合力的大小保持不變B.重力做功的瞬時功率保持不變C.所受拉力對其做功為D.運(yùn)動到Q點(diǎn)時，拉力的大小為〖答案〗AC〖解析〗A．依題意，小滑塊做勻速圓周運(yùn)動，所受合力提供向心力，大小不變。故A正確；B．小滑塊重力不變，速度大小不變，但速度方向時刻發(fā)生變化，即速度沿重力方向的分速度時刻變化，根據(jù)其中為速度與重力方向的夾角?？芍亓ψ龉Φ乃矔r功率時刻變化。故B錯誤；C．根據(jù)動能定理，可得又聯(lián)立，解得W=故C正確；D．設(shè)運(yùn)動到Q點(diǎn)時拉力大小為F,與水平方向夾角為，摩擦力水平向左，大小為沿半徑方向由牛頓第二定律，可得聯(lián)立，解得故D錯誤。故選AC。10.如圖，在足夠長的水平固定接地導(dǎo)體板上方某處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，一帶正電、質(zhì)量為m的絕緣滑塊Р以初速度自導(dǎo)體板左側(cè)某處開始運(yùn)動，經(jīng)過一段時間與靜止在點(diǎn)電荷正下方導(dǎo)體板上質(zhì)量為2m的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運(yùn)動L后靜止。已知兩滑塊與導(dǎo)體板上表面的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，兩滑塊均看成質(zhì)點(diǎn)，則（）A.除碰撞外，運(yùn)動整個過程中兩滑塊的加速度大小相等B.除碰撞外，運(yùn)動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小C.碰撞前，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為D.碰撞后，運(yùn)動的整個過程中滑塊Р克服摩擦力所做的功為〖答案〗BCD〖解析〗AB．滑塊P在除碰撞外，運(yùn)動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和電場力F作用，其中重力、支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有mg+F=N由于電荷量為Q的正點(diǎn)電荷的正下方的導(dǎo)體板表面電場強(qiáng)度比兩側(cè)的要大，因此電場力先變大后變小，則支持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力根據(jù)牛頓第二定律可得f=ma解得可以判斷加速度先變大后變小。故A錯誤；B正確；C．設(shè)絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為v，之后勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小為由運(yùn)動學(xué)公式得聯(lián)立，解得設(shè)剛碰撞前P的速度為v1，剛剛碰撞后的速度為v2，設(shè)向右為正，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)彈性碰撞機(jī)械能守恒，有聯(lián)立解得負(fù)號說明P碰撞后向左運(yùn)動，碰撞前，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據(jù)動量定理可得故C正確；D．碰撞后，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設(shè)克服摩擦力所做的功為W，根據(jù)動能定理，有解得故D正確。故選BCD。三、非選擇題：共56分。第11題6分，第12題8分，第13題10分，第14題15分，第15題17分，考生根據(jù)要求作答。11.在利用重錘、紙帶、打點(diǎn)計(jì)時器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，使用的交流電的頻率為50Hz，打下一條如圖所示的紙帶，其中的五個點(diǎn)跡清晰，回答以下問題：（1）紙帶上打下的A、B為第一、二兩個點(diǎn)，且測得AB兩點(diǎn)間距大于2mm，產(chǎn)生的原因可能是_______________。（2）C、D、E為三個連續(xù)的點(diǎn)，測得CD兩點(diǎn)間距為3.30cm，DE兩點(diǎn)間距為3.69cm，計(jì)算打下D點(diǎn)時重錘的速度為_________m/s；（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）若僅借助紙帶上的這五個點(diǎn)，則_____________（填“能”或“不能”）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律?！即鸢浮舰?先釋放紙帶后接通電源②.1.75③.不能〖解析〗（1）[1]若紙帶運(yùn)動的同時開始打點(diǎn)，則有其中紙帶下落時間為打點(diǎn)間隔聯(lián)立，解得可知測得AB兩點(diǎn)間距大于2mm，產(chǎn)生的原因可能是先釋放紙帶后接通電源。（2）[2]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得打下D點(diǎn)時重錘的速度為（3）[3]若驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律需要知道一段時間內(nèi)重錘減少的重力勢能和增加的動能，若僅借助紙帶上的這五個點(diǎn)，顯然找不到對應(yīng)時間內(nèi)重錘的重力勢能減少量和動能的增加量。所以不能驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。12.現(xiàn)要描繪一小燈泡的伏安特性曲線，使用的實(shí)驗(yàn)器材如下：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率1.5W）電壓表V（量程1V，內(nèi)阻1kΩ）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω）定值電阻R1（阻值3kΩ）定值電阻R2（阻值6kΩ）滑動變阻器R3（阻值0﹣10Ω）滑動變阻器R4（阻值0﹣1kΩ）直流電源E（電動勢5V，內(nèi)阻不計(jì)）開關(guān)S，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)要求：①小燈泡兩端的電壓能從0調(diào)節(jié)到額定電壓；②電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V。（1）滑動變阻器選擇___________（填“R3”或“R4”）；（2）在圖1方框中將電路圖補(bǔ)充完整，并標(biāo)明實(shí)驗(yàn)器材的符號。___________（3）實(shí)驗(yàn)中，通過移動滑動變阻器，讀取多組I、U值，描繪出小燈泡伏安特性曲線如圖2所示。據(jù)圖可知，當(dāng)通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電阻為__________Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）若將一電源（電動勢2.0V，內(nèi)阻1.0Ω）與該燈泡串聯(lián)接在電路中，則根據(jù)小燈泡的伏安特性曲線可知，小燈泡實(shí)際消耗的功率為___________W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）〖答案〗（1）R3（2）見〖解析〗（3）3.0（4）0.69〖解析〗（1）[1]本實(shí)驗(yàn)小燈泡兩端的電壓能從0調(diào)節(jié)到額定電壓，要選擇分壓式外接法，選擇R3；（2）[2]實(shí)驗(yàn)要求電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V，故需將電壓表量程改為3V，已知電壓表V的量程是1V，內(nèi)阻是1kΩ，可得電壓表V需要串聯(lián)2kΩ的定值電阻才能將量程改為3V定值電阻R1的阻值3kΩ，定值電阻R2的阻值6kΩ，兩者并聯(lián)后的等效電阻為2kΩ，故將定值電阻R1、R2并聯(lián)后再與電壓表V串聯(lián)，可改裝成3V量程的電壓表，電壓表電阻已知，用電流表外接法，消除系統(tǒng)誤差，電路圖如圖（3）[3]據(jù)圖可知，當(dāng)通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電壓為1.20V，電阻（4）[4]對于電動勢為2V、內(nèi)阻為1Ω的電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U=E﹣Ir代入數(shù)據(jù)可知I=2﹣U畫出該電源的I﹣U圖線如圖燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)表示單獨(dú)將小燈泡串聯(lián)在電源兩端時的電壓和電流，則有U′=1.56VI′=0.44A燈泡的電功率為P′=U′I′=1.56×0.44W=0.69W13.如圖，一邊長為a的正方形，以其對角線（圖中虛線）為邊界分為左右兩個區(qū)域，兩區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，左側(cè)磁場向里，右側(cè)磁場向外。在左側(cè)邊界線上中點(diǎn)位置A處，不斷有質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電粒子沿紙面向右側(cè)各個方向射入磁場，帶電粒子的速度大小均為。不考慮帶電粒子之間的作用以及所受重力的影響，求：（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑；（2）從右側(cè)邊界中點(diǎn)C射出磁場的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律將代入上式，解得粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為（2）連接A、C兩點(diǎn)，連線與分界線交于D點(diǎn)，帶電粒子必過D點(diǎn)。由于圓弧AD對應(yīng)的弦長AD=與軌道半徑相等，故其對應(yīng)的圓心角為θ=60°又帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期故帶電粒子在左側(cè)磁場中運(yùn)動時間為根據(jù)對稱性，帶電粒子在左、右兩側(cè)磁場運(yùn)動的時間相等，故運(yùn)動的總時間為14.如圖，一段固定的光滑圓弧軌道（其對應(yīng)的圓心角θ=37°）下端與水平軌道相切，圓弧半徑R=0.5m。質(zhì)量為m=lkg的小滑塊在水平軌道某處以初速度=4m/s向右運(yùn)動，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.1，重力加速度為g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力?，F(xiàn)保持小滑塊的初速度不變，改變小滑塊初始位置與圓弧底端的距離x，那么（1）若小滑塊在運(yùn)動過程中始終沒有離開軌道，求小滑塊初、末位置（即最終位置）間的最小距離；（2）求滑塊運(yùn)動過程中所能達(dá)到的最大高度y（相對于水平軌道）與x間的函數(shù)關(guān)系。〖答案〗（1）6m；（2）見〖解析〗〖解析〗（1）從開始運(yùn)動直至停止，滑塊在水平軌道上運(yùn)動的總路程l可根據(jù)下式求出滑塊剛好不從圓弧軌道右端滑出時，其初始運(yùn)動的位置與圓弧軌道最底端的距離x0應(yīng)滿足它將從圓弧軌道右端再次滑到水平軌道上運(yùn)動直至停止，在水平軌道上向左移動的距離為這種情況下，滑塊初、末位置間距離最小，為聯(lián)立以上各式解得=6m（2）當(dāng)時，y=0當(dāng)時，根據(jù)動能定理解得（單位為m）當(dāng)時，設(shè)滑塊剛從圓弧軌道頂端滑出時速度為，根據(jù)動能定理滑塊滑出后做拋體運(yùn)動，運(yùn)動中的最高點(diǎn)與圓弧軌道頂端的豎直高度而聯(lián)立以上三式得（單位為m）綜上所述有15.如圖，一足夠長的木板靜止在傾角為θ的固定斜面上，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為tanθ，另一小滑塊以平行于斜面的速度從木板右上端滑上木板，滑塊與木板的質(zhì)量均為m，它們間的動摩擦因數(shù)為1.5tanθ，斜面足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。（1）求小滑塊的運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時的速度大?。唬?）求小滑塊的運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時木板移動的距離；（3）若共有n個完全相同的滑塊，按照前一個運(yùn)動穩(wěn)定時，后一個跟上的方式，先后滑上木板右上端。所有滑塊質(zhì)量均為m，滑上長木板時速度均為，求所有滑塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的總熱量?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)在平行于斜面方向動量守恒，故有解得滑塊運(yùn)動穩(wěn)定時速度（2）滑塊與木板共速前，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式解得木板沿斜面向下移動的距離（3）現(xiàn)考查第k個滑塊從滑上木板至其與木板共速的過程。在此過程中，設(shè)木板沿斜面移動的距離為xk，滑塊移動的距離為，該滑塊與木板共速時速度為，前一滑塊與木板共速時速度為，根據(jù)動量守恒有以及以木板和已與其共速的（k-1）個滑塊構(gòu)成的整體為研究對象，根據(jù)動能定理有以滑塊為研究對象，同理有第k個滑塊因與木板摩擦產(chǎn)生的熱量為故n個滑塊因與木板摩擦產(chǎn)生的總熱量為株洲市2023屆高三年級教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測（一）物理滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。注意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.圖為卡塔爾世界杯兩支球隊(duì)激烈爭搶的場面，當(dāng)飛來的足球恰好運(yùn)動到最高點(diǎn)時，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行一段時間后直接落地。不計(jì)空氣阻力，這段時間最接近（）A.1.0s B.0.85s C.0.65s D.0.45s〖答案〗C〖解析〗依題意，足球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)其中下落高度約為2m，解得故選C。2.定點(diǎn)投籃時，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運(yùn)動軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力，則籃球先后兩次（）A.入籃時的速度相同B.入籃時重力做功的功率相同C.入籃前在空中運(yùn)動的時間相同D.入籃前在空中運(yùn)動的動量變化率相同〖答案〗D〖解析〗A．依題意，籃球運(yùn)動過程中，只有重力做功，可得籃球兩次運(yùn)動的初末位置相同，即重力做功相同，但初速度大小關(guān)系未知，所以兩次入籃的速度關(guān)系未知。故A錯誤；B．根據(jù)其中為重力與速度方向夾角，可知兩次入籃的重力做功的功率關(guān)系未知。故B錯誤；C．籃球在空中做拋體運(yùn)動，由圖中軌跡的最高點(diǎn)不同，可知兩次運(yùn)動的時間不同。故C錯誤；D．根據(jù)動量定理，有解得即入籃前在空中運(yùn)動的動量變化率相同。故D正確。故選D。3.如圖，一對固定不動的等量異種點(diǎn)電荷的連線與其中垂線相交于O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為圓心的兩個半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、f兩點(diǎn)，與連線交于g、h兩點(diǎn)，兩圓的直徑均小于兩點(diǎn)電荷連線的長度，則（）A.g點(diǎn)的場強(qiáng)大于h點(diǎn)的場強(qiáng)B.g點(diǎn)的電勢大于h點(diǎn)的電勢C.e點(diǎn)的電勢大于f點(diǎn)的電勢D.將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)與從f點(diǎn)移到h點(diǎn)電場力做功相等〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷連線上場強(qiáng)分布規(guī)律可知，g點(diǎn)的場強(qiáng)小于h點(diǎn)的場強(qiáng)。故A錯誤；B．根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知g點(diǎn)的電勢大于h點(diǎn)的電勢。故B正確；C．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)電勢相等，可知e點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢。故C錯誤；D．根據(jù)電勢差定義式，可得又解得根據(jù)將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)與從f點(diǎn)移到h點(diǎn)電場力做功不相等。故D錯誤。故選B。4.如圖，質(zhì)量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則（）A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒C.小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同D.整個運(yùn)動過程中，繩的拉力對小球一直不做功〖答案〗C〖解析〗A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，豎直方向受合外力不為零，豎直方向動量不守恒；水平方向受合外力為零，水平方向動量守恒，則系統(tǒng)總動量不守恒，選項(xiàng)A錯誤；B．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯誤；C．根據(jù)水平方向動量守恒，小球向右擺到的最高點(diǎn)時，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?，根?jù)能量守恒關(guān)系可知小球向右擺到最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同，選項(xiàng)C正確；D．整個運(yùn)動過程的開始階段小球的機(jī)械能減小，圓環(huán)機(jī)械能增加，則繩的拉力對小球做負(fù)功；后來階段，圓環(huán)的機(jī)械能減小，小球的機(jī)械能又增加，則繩子拉力對小球做正功，選項(xiàng)D錯誤。故選C。5.碗內(nèi)部為半球形，半徑為R，碗口水平。生米與碗內(nèi)側(cè)的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內(nèi)的生米粒與碗口間的最小距離d為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗設(shè)米粒的質(zhì)量為，當(dāng)米粒受到碗的摩擦力達(dá)到最大時，米粒距碗口的距離最小，設(shè)支持力與與水平方向的夾角為，做出米粒的受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件有，，聯(lián)立解得而根據(jù)幾何關(guān)系有，聯(lián)立解得故選D。6.“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意向。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強(qiáng)p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為，則p為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗依題意，單位時間單位面積上的降水量為設(shè)芭蕉葉的面積為S，時間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量根據(jù)題意有一半的雨滴向四周散開，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理可知另一半則留在葉面上，根據(jù)動量定理則雨滴受到撞擊力為由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到的沖擊力大小為根據(jù)壓強(qiáng)定義式聯(lián)立解得故選A。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對伯不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖，中國空間站在距地球表面高度為h的圓形軌道I上做勻速圓周運(yùn)動。夢天實(shí)驗(yàn)艙搭載長征五號運(yùn)載火箭在地表從靜止出發(fā)沿軌道II（實(shí)線所示）加速運(yùn)動，與火箭脫離后，僅在萬有引力作用下沿軌道Ⅲ（虛線所示）運(yùn)動，此后與空間站完成對接。已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，地表重力加速度為g，夢天實(shí)驗(yàn)艙與空間站在同一平面內(nèi)運(yùn)動，忽略地球自轉(zhuǎn)，則夢天實(shí)驗(yàn)艙（）A.沿軌道I運(yùn)行速率為B.沿軌道II運(yùn)動過程中機(jī)械能保持不變C.沿軌道Ⅲ運(yùn)動至末端時的速率小于其沿軌道I運(yùn)行的速率D.沿軌道Ⅲ運(yùn)動過程，其與地心的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等〖答案〗CD〖解析〗A．根據(jù)萬有引力提供向心力，可得又聯(lián)立，解得故A錯誤；B．依題意，沿軌道II做加速運(yùn)動則該過程中機(jī)械能一直增加。故B錯誤；C．由圖可知，夢天實(shí)驗(yàn)艙從軌道Ⅲ運(yùn)動到軌道I屬于從低軌變到高軌，需要加速才能完成對接，所以沿軌道Ⅲ運(yùn)動至末端時的速率小于其沿軌道I運(yùn)行的速率。故C正確；D．沿軌道Ⅲ運(yùn)動過程，其軌跡為橢圓，由開普勒第二定律可知，夢天實(shí)驗(yàn)艙與地心的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等。故D正確。故選CD。8.如圖，兩輕繩左端系于豎直細(xì)桿上，右端與第三根輕繩在O點(diǎn)連結(jié)，當(dāng)三根繩均拉直時，系于細(xì)桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°，上方繩長和第三根繩長均為L，第三根繩的末端連一質(zhì)量為m的小球，小球可在水平面內(nèi)繞細(xì)桿做勻速圓周運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，在轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)?shù)谌K與豎直方向成45°時（）A.小球運(yùn)動的加速度大小為B.小球運(yùn)動的角速度大小為C.第三根繩子的拉力大小為mgD.系于細(xì)桿上的兩輕繩的拉力大小相等〖答案〗BD〖解析〗A．小球做勻速圓周運(yùn)動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律可得解得故A錯誤；B．同理，可得其中r=Lsin30°+Lsin45°解得故B正確；C．對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為故C錯誤；D．對節(jié)點(diǎn)O受力分析，系于細(xì)桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據(jù)平行四邊行法則，結(jié)合題設(shè)條件，可知系于細(xì)桿上的兩輕繩的拉力大小相等。故D正確。故選BD。9.在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質(zhì)量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從Р點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，運(yùn)動過程中速度大小始終為，P、Q為四分之一圓周的兩個端點(diǎn)，P與圓心О等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，小滑塊（）A.所受合力的大小保持不變B.重力做功的瞬時功率保持不變C.所受拉力對其做功為D.運(yùn)動到Q點(diǎn)時，拉力的大小為〖答案〗AC〖解析〗A．依題意，小滑塊做勻速圓周運(yùn)動，所受合力提供向心力，大小不變。故A正確；B．小滑塊重力不變，速度大小不變，但速度方向時刻發(fā)生變化，即速度沿重力方向的分速度時刻變化，根據(jù)其中為速度與重力方向的夾角?？芍亓ψ龉Φ乃矔r功率時刻變化。故B錯誤；C．根據(jù)動能定理，可得又聯(lián)立，解得W=故C正確；D．設(shè)運(yùn)動到Q點(diǎn)時拉力大小為F,與水平方向夾角為，摩擦力水平向左，大小為沿半徑方向由牛頓第二定律，可得聯(lián)立，解得故D錯誤。故選AC。10.如圖，在足夠長的水平固定接地導(dǎo)體板上方某處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，一帶正電、質(zhì)量為m的絕緣滑塊Р以初速度自導(dǎo)體板左側(cè)某處開始運(yùn)動，經(jīng)過一段時間與靜止在點(diǎn)電荷正下方導(dǎo)體板上質(zhì)量為2m的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運(yùn)動L后靜止。已知兩滑塊與導(dǎo)體板上表面的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，兩滑塊均看成質(zhì)點(diǎn)，則（）A.除碰撞外，運(yùn)動整個過程中兩滑塊的加速度大小相等B.除碰撞外，運(yùn)動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小C.碰撞前，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為D.碰撞后，運(yùn)動的整個過程中滑塊Р克服摩擦力所做的功為〖答案〗BCD〖解析〗AB．滑塊P在除碰撞外，運(yùn)動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和電場力F作用，其中重力、支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有mg+F=N由于電荷量為Q的正點(diǎn)電荷的正下方的導(dǎo)體板表面電場強(qiáng)度比兩側(cè)的要大，因此電場力先變大后變小，則支持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力根據(jù)牛頓第二定律可得f=ma解得可以判斷加速度先變大后變小。故A錯誤；B正確；C．設(shè)絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為v，之后勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小為由運(yùn)動學(xué)公式得聯(lián)立，解得設(shè)剛碰撞前P的速度為v1，剛剛碰撞后的速度為v2，設(shè)向右為正，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)彈性碰撞機(jī)械能守恒，有聯(lián)立解得負(fù)號說明P碰撞后向左運(yùn)動，碰撞前，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據(jù)動量定理可得故C正確；D．碰撞后，運(yùn)動的整個過程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設(shè)克服摩擦力所做的功為W，根據(jù)動能定理，有解得故D正確。故選BCD。三、非選擇題：共56分。第11題6分，第12題8分，第13題10分，第14題15分，第15題17分，考生根據(jù)要求作答。11.在利用重錘、紙帶、打點(diǎn)計(jì)時器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，使用的交流電的頻率為50Hz，打下一條如圖所示的紙帶，其中的五個點(diǎn)跡清晰，回答以下問題：（1）紙帶上打下的A、B為第一、二兩個點(diǎn)，且測得AB兩點(diǎn)間距大于2mm，產(chǎn)生的原因可能是_______________。（2）C、D、E為三個連續(xù)的點(diǎn)，測得CD兩點(diǎn)間距為3.30cm，DE兩點(diǎn)間距為3.69cm，計(jì)算打下D點(diǎn)時重錘的速度為_________m/s；（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）若僅借助紙帶上的這五個點(diǎn)，則_____________（填“能”或“不能”）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律?！即鸢浮舰?先釋放紙帶后接通電源②.1.75③.不能〖解析〗（1）[1]若紙帶運(yùn)動的同時開始打點(diǎn)，則有其中紙帶下落時間為打點(diǎn)間隔聯(lián)立，解得可知測得AB兩點(diǎn)間距大于2mm，產(chǎn)生的原因可能是先釋放紙帶后接通電源。（2）[2]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得打下D點(diǎn)時重錘的速度為（3）[3]若驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律需要知道一段時間內(nèi)重錘減少的重力勢能和增加的動能，若僅借助紙帶上的這五個點(diǎn)，顯然找不到對應(yīng)時間內(nèi)重錘的重力勢能減少量和動能的增加量。所以不能驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。12.現(xiàn)要描繪一小燈泡的伏安特性曲線，使用的實(shí)驗(yàn)器材如下：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率1.5W）電壓表V（量程1V，內(nèi)阻1kΩ）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω）定值電阻R1（阻值3kΩ）定值電阻R2（阻值6kΩ）滑動變阻器R3（阻值0﹣10Ω）滑動變阻器R4（阻值0﹣1kΩ）直流電源E（電動勢5V，內(nèi)阻不計(jì)）開關(guān)S，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)要求：①小燈泡兩端的電壓能從0調(diào)節(jié)到額定電壓；②電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V。（1）滑動變阻器選擇___________（填“R3”或“R4”）；（2）在圖1方框中將電路圖補(bǔ)充完整，并標(biāo)明實(shí)驗(yàn)器材的符號。___________（3）實(shí)驗(yàn)中，通過移動滑動變阻器，讀取多組I、U值，描繪出小燈泡伏安特性曲線如圖2所示。據(jù)圖可知，當(dāng)通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電阻為__________Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）若將一電源（電動勢2.0V，內(nèi)阻1.0Ω）與該燈泡串聯(lián)接在電路中，則根據(jù)小燈泡的伏安特性曲線可知，小燈泡實(shí)際消耗的功率為___________W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）〖答案〗（1）R3（2）見〖解析〗（3）3.0（4）0.69〖解析〗（1）[1]本實(shí)驗(yàn)小燈泡兩端的電壓能從0調(diào)節(jié)到額定電壓，要選擇分壓式外接法，選擇R3；（2）[2]實(shí)驗(yàn)要求電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V，故需將電壓表量程改為3V，已知電壓表V的量程是1V，內(nèi)阻是1kΩ，可得電壓表V需要串聯(lián)2kΩ的定值電阻才能將量程改為3V定值電阻R1的阻值3kΩ，定值電阻R2的阻值6kΩ，兩者并聯(lián)后的等效電阻為2kΩ，故將定值電阻R1、R2并聯(lián)后再與電壓表V串聯(lián)，可改裝成3V量程的電壓表，電壓表電阻已知，用電流表外接法，消除系統(tǒng)誤差，電路圖如圖（3）[3]據(jù)圖可知，當(dāng)通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電壓為1.20V，電阻（4）[4]對于電動勢為2V、內(nèi)阻為1Ω的電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U=E﹣Ir代入數(shù)據(jù)可知I=2﹣U畫出該電源的I﹣U圖線如圖燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)表示單獨(dú)將小燈泡串聯(lián)在電源兩端時的電壓和電流，則有U′=1.56VI′=0.44A燈泡的電功率為P′=U′I′=1.56×0.44W=0.69W13.如圖，一邊長為a的正方形，以其對角線（圖中虛線）