2023-2024學(xué)年黑龍江省大慶高三（上）期中物理試卷

2023-2024學(xué)年黑龍江省大慶市高三（上）期中物理試卷一、單選題（每小題4分，共7小題，共28分）1．（4分）如圖甲所示，一根電阻R＝4Ω的導(dǎo)線繞成半徑d＝2m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化如圖乙所示（磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正），關(guān)于圓環(huán)中的電流﹣時間圖象（）A． B． C． D．2．（4分）如圖示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿直AB方向從A點射入磁場中，則下列說法正確的是（）A．兩粒子分別從A到P、Q經(jīng)歷時間之比為3：1 B．粒子在磁場中做勻速圓周運動周期之比為2：1 C．粒子在磁場中運動軌道半徑之比為3：1 D．粒子在磁場中速率之比為1：33．（4分）在光滑水平面上有一表面光滑的斜面，質(zhì)量為M、高度為h、傾角為θ，一質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點）0沿斜面向上運動，如圖所示。若斜面固定，則物塊恰好能到達斜面頂端，則物塊沿斜面上升的最大高度為（）A． B． C． D．4．（4分）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，在O點正上方有一光滑的小滑輪，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的小球，靠放在光滑圓形軌道上的A點，另一端繞過小滑輪后用力拉住。重力加速度大小為g，則（）A．小球靜止在A點時，圓形軌道對小球的支持力大小 B．小球靜止在A點時，繩對小球的拉力大小 C．緩慢地拉繩，使小球由A到B的過程中，F(xiàn)N大小不變，F(xiàn)T變小 D．緩慢地拉繩，使小球由A到B的過程中，F(xiàn)N變小，F(xiàn)T先變小后變大5．（4分）如圖所示，a、b、c在同一水平面上，甲、乙兩個小球均視為質(zhì)點1與水平面成53°角拋出，一段時間后運動到b點，后將乙從a點以速度v2與水平面成37°角拋出，經(jīng)過一段時間運動到c點，已知甲、乙的射高相等，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，則ab與ac的比值為（）A．9：16 B．3：4 C．16：25 D．4：56．（4分）兩波源分別位于坐標原點和x＝14m處，t＝0時刻兩波源開始起振，t＝4s時的波形圖如圖所示，質(zhì)點M的平衡位置位于x＝7m處，質(zhì)點N的平衡位置位于x＝6m處，則（）A．t＝6s時兩列波相遇 B．從0到10s內(nèi)質(zhì)點N通過的路程為2.4m C．t＝7.5s時質(zhì)點M的速度在增大 D．t＝10s時質(zhì)點N的振動方向沿y軸負方向7．（4分）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個質(zhì)量為m的物體A，此時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)剪斷細線使B自由下落，當物體A向上運動第一次到達最高點時，此時B尚未落地且速度為v，則（）A．物體A的質(zhì)量M＝2m B．A與彈簧組成的系統(tǒng)振動周期為 C．A運動到最高點時加速度為0.5g D．A從最低點運動到最高點的過程中彈簧彈性勢能的減少量為二、多選題（每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分，共18分）（多選）8．（6分）如圖所示，同一直線上的三個點電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q2間距離的2倍。下列說法正確的是（）A．若q1、q3為正電荷，則q2為負電荷 B．若q1、q2為負電荷，則q3為正電荷 C．q1：q2：q3＝36：4：9 D．q1：q2：q3＝9：6：36（多選）9．（6分）如圖甲所示，一質(zhì)量為5kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．物體運動4m時速度減為零 B．物體運動4m時動能為120J C．物體在水平地面上運動的最大位移是8m D．物體運動的速度最大時，位移x＝3m（多選）10．（6分）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墻壁上，質(zhì)量均為1kg的物體A、B接觸但不粘連。壓縮彈簧至某一位置（彈性限度以內(nèi)）后靜止釋放A、B，F(xiàn)與作用時間t的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．物體A、B分離時，彈簧剛好為原長狀態(tài) B．物體A、B分離時，物體B的加速度為2m/s2 C．物體A、B分離時，物體A的速度為0.4m/s D．開始有F作用時，彈簧壓縮為4cm三、實驗題（每空2分，共14分）11．（6分）一研究性學(xué)習小組利用圖甲裝置測定滑塊加速運動時與平直長木板間的動摩擦因數(shù)。（1）實驗過程如下：①將長木板固定在水平桌面上，其右端安裝定滑輪，左端固定位移傳感器（含拉力傳感器）在長木板上緊靠位移傳感器放置，拉力傳感器通過細繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的重物連接；②靜止釋放滑塊，記錄拉力傳感器和位移傳感器的數(shù)據(jù)，用計算機擬合得到滑塊位移隨時間變化的s﹣t圖像如圖乙所示2（m），則可得滑塊加速度a＝m/s2（計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）；③若滑塊的加速度為a時，拉力傳感器示數(shù)為FT，則滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝（用題中物理量字母符號表示）。（2）本實驗中如果不滿足滑塊質(zhì)量遠大于重物質(zhì)量，對實驗結(jié)果的分析影響（選填“有”“無”）。12．（8分）某實驗小組要測量如圖甲所示金屬圓環(huán)材料的電阻率，已知圓環(huán)的半徑為r。（1）先用螺旋測微器測量金屬圓環(huán)圓形橫截面的直徑d如圖乙所示，則d＝mm；（2）再用如圖丙所示的電路測量該圓環(huán)的電阻，圖丙中圓環(huán)接入電路的兩點恰好位于一條直徑上，電壓表的量程為5V。開關(guān)S閉合后，接到b點的電壓表示數(shù)為4.6V、電流表示數(shù)為1.6mA。為了減小電阻的測量誤差，應(yīng)該把電壓表的右端接在（填“a”或“b”）進行實驗；則圓環(huán)接入電路的兩點間的電阻值為Ω；此測量值（填“偏大”“偏小”或“準確”）。四、解答題（共40分）13．（10分）如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B放在水平轉(zhuǎn)盤上，兩物塊到轉(zhuǎn)軸的距離均為r，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B分別用細線系于轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)軸上的O1、O2點，細繩都剛好拉直。現(xiàn)緩慢增大轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速，重力加速度為g。（1）求O1A繩即將出現(xiàn)張力時轉(zhuǎn)盤的角速度ω；（2）通過計算說明誰先脫離轉(zhuǎn)盤。14．（13分）如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經(jīng)t＝2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°＝0.6，求滑塊（1）最大位移值x；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率。15．（17分）如圖，一質(zhì)量M＝3kg、長L＝5.15m的長木板B靜置于光滑水平面上，距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺，其上放置有質(zhì)量為1kg的滑塊D。平臺上方有一固定水平光滑細桿，其上穿有一質(zhì)量M0＝2kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時彈簧豎直，帶動B向右運動，物塊A在木板B上運動的，B與平臺碰撞后即粘在一起不再運動。A隨后繼續(xù)向右運動，滑上平臺，且C沒有滑離細桿，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）滑塊A與木板B的動摩擦因數(shù)；（2）滑塊A滑上平臺時速度的大?。唬?）若彈簧第一次恢復(fù)原長時，C的速度大小為0.5m/s，求隨后運動過程中彈簧的最大彈性勢能。

參考答案與試題解析一、單選題（每小題4分，共7小題，共28分）1．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各個時間段的感應(yīng)電動勢大小，再求出感應(yīng)電流大小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?！窘獯稹拷猓?～1s，感應(yīng)電動勢為：E4＝S＝×感應(yīng)電流大小為：I1＝＝＝πA由楞次定律知，感應(yīng)電流為順時針方向，結(jié)合選項知A正確故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，以及會通過楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向。2．【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角與粒子的周期公式求出粒子的運動時間?！窘獯稹拷猓篈．粒子運動的周期為兩粒子從P、Q兩點射出的圓心角為1：6由時間公式，粒子運動的時間比為1：5，故A錯誤；B．粒子運動的周期為比荷相同，則兩粒子運動的周期之比為1：3；C．設(shè)磁場區(qū)域半徑為R，則＝，故C正確；D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子運動的速度為可知粒子運動的速率之比等于半徑之比，粒子在磁場中速率之比為3：1。故選：C?！军c評】本題考查了求粒子的運動時間，分析清楚粒子運動過程，根據(jù)對稱性沿半徑方向入射磁場的粒子一定沿半徑方向出射，運用洛倫茲力提供向心力球出去半徑公式，結(jié)合兩次粒子半徑大小與粒子的周期公式可以求出粒子的運動時間。3．【分析】斜面固定，塊恰好到達斜面頂端，動能轉(zhuǎn)化成重力勢能，求最大高度；斜面不固定，水平方向動量守恒，上升到最大高度，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，求最大高度?！窘獯稹拷猓盒泵婀潭?，物塊恰好到達斜面頂端，有斜面不固定，物塊與斜面，以水平向右為正方向0cosθ＝（M+m）v7在物塊沿斜面上升的最大高度時，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有：得，故C正確。故選：C?！军c評】本題解題關(guān)鍵是區(qū)分斜面固定、斜面不固定的區(qū)別，斜面固定，物塊恰好到達斜面頂端速度為0，斜面不固定，物塊沿斜面上升的最大高度時，物塊和斜面水平方向共速。4．【分析】以小球為研究對象，畫出受力分析圖，根據(jù)相似三角形的相似比判斷FN和FT如何變化。【解答】解：小球受力如圖所示由平衡條件可知，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形△AOO'相似解得其中mg、R、h均不變，則由上式可知，F(xiàn)N不變，F(xiàn)T變小。故ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了共點力平衡問題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握利用相似三角形判斷力如何變化。5．【分析】甲乙兩球做斜拋運動，即豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動。對初速度進行正交分解，由兩球的豎直高度相同列式求出初速度的關(guān)系，再由水平位移公式求位移之比?！窘獯稹拷猓杭住⒁业纳涓呦嗟?，由速度—位移公式有：水平方向做勻速直線運動，所以水平位移：，聯(lián)立以上解得：，故BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查斜拋運動，根據(jù)豎直方向和水平方向的位移規(guī)律出發(fā)，列式找到兩球的初速度關(guān)系，再結(jié)合題設(shè)條件求位移之比。6．【分析】AB：根據(jù)題目的條件計算波速，由兩列波的距離確定相遇時間，故A錯誤；兩列波先后傳播到N點引起質(zhì)點振動，分別計算單獨一列波引起振動的路程和兩列波疊加運動的路程及總路程，故B正確；CD：分析7.5s和10s時刻兩列波在質(zhì)點M和N疊加后振動的情況，判斷速度的變化規(guī)律和方向，故CD均錯誤?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知兩列波的波長均為λ＝4m周期為T＝4s則波速為解得v＝4m/s如圖波相遇，再運動的時間為所以兩列波相遇時t2＝t+t1＝4s則兩列波在7s時相遇，故A錯誤；B．開始計時后左右兩列波傳到N點時間差為2sL3＝2A＝2×7.4m＝0.2m當兩列波都傳到N點后N點振動加強，振幅為2AL2＝8×2A＝2×6×0.4m＝2.6m，總路程L總＝L1+L8＝0.8m+6.6m＝2.6m，故B正確；C．兩列波同時傳到M點且起振方向相反，故C錯誤；D．左邊的波傳播的N點的時間得t5＝7s右邊的波傳播到N點的時間此后兩列波在N點振動加強，合振幅為0.5m。故選：B?！军c評】掌握同一介質(zhì)中兩列波疊加的規(guī)律，同時還要注意區(qū)分同向波還是反向波的問題。7．【分析】剪斷細線以后，m做簡諧振動，根據(jù)最高點和最低點的彈力找到平衡位置時的彈力，跟平衡位置受力平衡求解質(zhì)量關(guān)系；B做自由落體運動，B運動的時間等于A做簡諧運動的半個周期，求出平均彈力，根據(jù)恒力做功公式求解彈簧彈力做功，．【解答】解：A、剪斷細線以后，在最低點時彈力大小F1＝（Mg+mg），在最高點時彈力大小F2＝Mg，在其中點（即平衡位置）時彈力大小F＝＝mg，故A錯誤；B、B做自由落體運動，此時B的速度為v＝T，A做簡諧運動的周期T＝；C、當A運動到最高點時2＝ma，解得：a＝0.5g；D、A從最低點到最高點平均彈力，彈簧彈力做功W＝，由胡克定律得：mg＝kh，解得：h＝，由功能關(guān)系可知p＝W＝，故D錯誤。故選：C?！军c評】分析清楚A、B的運動過程與受力情況是解題的前提，解答本題的關(guān)鍵是找到A的平衡位置，能結(jié)合自由落體運動的公式及功能關(guān)系即可求解。二、多選題（每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分，共18分）8．【分析】根據(jù)三小球的平衡問題結(jié)合口訣完成分析；根據(jù)庫侖定律和對小球的受力分析列式計算出電荷量的比值關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、三個自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，兩大夾小，所以q1、q3為同種電荷，q5為異種電荷，故A正確；CD、由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)庫侖定律和矢量的合成解得：q6：q2：q3＝36：5：9，故C正確；故選：AC。【點評】本題主要考查了庫侖定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉庫侖定律，結(jié)合對小球的受力分析即可完成解答。9．【分析】對物體受力分析即可，水平推力是變力，摩擦力是恒力，變力做功可以通過圖乙來求，然后由動能定理列式子求解即可。【解答】解：A．物體運動的位移x＝4m，F(xiàn)做功為圖像所圍的面積代入數(shù)據(jù)得WF＝200J滑動摩擦力f＝μFN＝μmg，摩擦力做功Wf＝fx代入數(shù)據(jù)得Wf＝100J由動能定理得代入數(shù)據(jù)得；B．由動能公式得K＝100J故B錯誤；C．從開始到物體停止全過程物體的位移為x1則由動能定理得WF﹣fx3＝0代入數(shù)據(jù)得x1＝3m，故C正確；D．物體滑動摩擦力為f＝μmg＝25NF＝100﹣25x當推力等于滑動摩擦時，物體處于平衡狀態(tài)，此后物體做減速運動解得x＝3m，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查學(xué)生動能定理的理解和運用，涉及如何求變力做功和恒力做功，學(xué)生需要學(xué)會利用圖像求變力做功。10．【分析】物體A、B分離時A的加速度不為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；根據(jù)速度—時間關(guān)系求解速度大??；以A為研究對象，在初位置、分離時的位置根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合胡克定律列方程，再根據(jù)位移—時間關(guān)系列方程聯(lián)立求解彈簧的壓縮量?！窘獯稹拷猓篈、物體A，B只受拉力F作用，此時A的加速度應(yīng)該與B相同，彈簧處于壓縮狀態(tài)；B、物體A，B加速度不變，由圖可知，則加速度為：a＝＝2＝2m/s2，故B正確；C、經(jīng)過t＝3.2s物體A，此時A，根據(jù)速度—時間關(guān)系可得：v＝at＝2×7.2m/s＝0.7m/s；D、開始有F作用時，根據(jù)牛頓第二定律了的：kx1＝2ma；運動7.2s后，彈簧壓縮量為x2＝x2﹣at4此時彈力提供A物體的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得：kx2＝ma聯(lián)立解得：x1＝6.08m＝8cm，故D錯誤。故選：BC?！军c評】對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。三、實驗題（每空2分，共14分）11．【分析】（1）①根據(jù)實驗中的注意事項和平衡摩擦力的方法判斷；②根據(jù)速度的定義及加速度的定義，對所給的s﹣t函數(shù)二次求導(dǎo)即可得到加速度；③根據(jù)牛頓第二定律推出動摩擦因數(shù)的表達式；（2）根據(jù)實驗原理和本裝置的實際情況確定?！窘獯稹拷猓海?）①為了減小誤差，需調(diào)節(jié)長木板右端定滑輪使細繩與長木板平行；②根據(jù)，即等于位移的變化率再根據(jù)，即加速度是速度的變化率2③根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μMg＝Ma可得：（2）由于拉力可以通過力傳感器得知，所以不需要滿足滑塊質(zhì)量遠大于重物質(zhì)量，對實驗結(jié)果的分析無影響。故答案為：（1）①長木板右端定滑輪；②2.40；③?！军c評】解答本題要求同學(xué)們能根據(jù)速度圖象求出物體的加速度，能根據(jù)牛頓第二定律列式求解動摩擦因數(shù)，難度適中。12．【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值＝固定刻度對應(yīng)示數(shù)（mm）+對齊格數(shù)（估讀一位）×精確度；（2）根據(jù)“試觸法”判斷電壓表右端的連接位置；根據(jù)歐姆定律求電阻；實驗的誤差來源于電流表的分壓，再根據(jù)歐姆定律分析作答?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，橫截面的直徑d＝2.6mm+40.0×0.01mm＝7.900mm（2）電壓表右端從接a點到接b點，電壓表示數(shù)變化的百分數(shù)電流表示數(shù)變化的百分數(shù)可見電流表讀數(shù)變化較明顯，說明電壓表分流明顯，電流表采用內(nèi)接法；根據(jù)歐姆定律，圓環(huán)接入電路的兩點間的電阻值為實驗的誤差來源于電流表的分壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點UR＝U﹣UA根據(jù)歐姆定律，電阻的真實值因此電阻的測量值偏大。故答案為：（1）2.900；（2）b；偏大。【點評】本題考查了螺旋測微器的電勢以及伏安法測量導(dǎo)體的電阻，要能根據(jù)電壓表接線的“試觸法”判斷電流表的內(nèi)、外接法；要掌握歐姆定律運用，知道實驗誤差的來源并正確進行誤差分析。四、解答題（共40分）13．【分析】（1）當物塊A所受靜摩擦力最大時，O1A繩即將出現(xiàn)張力，對A分析，根據(jù)牛頓第二定律求轉(zhuǎn)盤的角速度ω；（2）當轉(zhuǎn)盤對物塊支持力恰好為零時，根據(jù)牛頓第二定律求出臨界角速度，再分析即可?！窘獯稹拷猓海?）當物塊A所受靜摩擦力最大時，O1A繩即將出現(xiàn)張力。對A分析，由牛頓第二定律有μmg＝mω2r解得：（2）設(shè)細繩與豎直方向的夾角為α。當轉(zhuǎn)盤對物塊支持力恰好為零時Tcosα＝mg水平方向有聯(lián)立解得：由上式可知，由于O1A繩與豎直方向的夾角較小，所以物塊A先脫離轉(zhuǎn)盤。答：（1）O1A繩即將出現(xiàn)張力時轉(zhuǎn)盤的角速度ω為；（2）物塊A先脫離轉(zhuǎn)盤，理由見解析?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體做圓周運動向心力的來源，抓住臨界狀態(tài)和臨界條件，結(jié)合牛頓第二定律進行求解。14．【分析】（1）對于上滑過程，根據(jù)運動學(xué)位移﹣時間關(guān)系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；（3）下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求出加速度，由運動學(xué)公式求出回到出發(fā)點速度，利用平均速度定義求出從最高點返回到出發(fā)點的過程中的平均速度，由平均功率公式求解即可?！窘獯稹拷猓海?）小車向上做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動推論有：x＝代入數(shù)據(jù)解得：x＝m＝16m（2）小車向上做勻減速直線運動，根據(jù)加速度定義得加速度大小：a1＝＝m/s2＝7m/s2上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1得：a5＝＝gsinθ+μgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：μ＝＝＝＝3.25（3）小車下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcos