江西省部分學校2023-2024學年高三上學期期中考試物理試題（解析版）

PAGEPAGE1高三物理試題卷滿分100分，考試時間90分鐘注意事項：1.答題前，考生務必將自己的學校、姓名、考生號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試題卷或草稿紙上無效。3.考試結束后，將本試題卷、草稿紙與答題卡一并交回。一、選擇題（共11題，每題4分，共44分，1-7單選，8-11多選。）1.下列說法正確的是（）A.動能相同的質子和電子，它們的德布羅意波的波長相同B.一個氫原子處在n=4的能級，當它躍遷到較低能級時，最多能輻射出3種頻率的光子C.用相同頻率的光在相同的條件下先后照射鋅板和銀板時均有光電子逸出，逸出的光電子動能一定相同D.玻爾將量子觀念引入原子領域，成功地解釋了氫原子和其他原子光譜的實驗規(guī)律〖答案〗B〖解析〗A．根據公式，動能相同時，因為質子與電子質量不同，所以波長也不同，A錯誤；B．單個氫原子在能級時，最多可以從到，再到，,輻射3種頻率的光子，B正確；C．相同頻率的光照射，因為兩種材質的逸出功并不相同，所以逸出的光電子動能并不一定相同，C錯誤；D．波爾原子理論只是解釋了氫原子光譜，D錯誤。故選B。2.我國航天事業(yè)已躋身于世界前列，“長征”系列火箭享譽世界．火箭發(fā)射后的前十幾秒可視為做初速度為零的勻加速直線運動，其速度隨時間變化的關系式v=8t（各個量的單位都是國際單位制的主單位），則火箭發(fā)射后10s的位移大小為（）A.80m B.200m C.300m D.400m〖答案〗D〖解析〗火箭發(fā)射后的前十幾秒可視為做初速度為零的勻加速直線運動，由速度隨時間變化的關系式可知加速度為，由可得火箭發(fā)射后10s的位移大小為，故D正確，A、B、C錯誤；故選D．【『點石成金』】關鍵是火箭發(fā)射后的前十幾秒可視為做初速度為零的勻加速直線運動，根據位移公式求出火箭發(fā)射后10s的位移大?。?.如圖所示，小球從豎直磚墻某位置靜止釋放，用頻閃照相機在同一底片上多次曝光，得到了圖中0、1、2、3、4、5…所示小球運動過程中每次曝光的位置，連續(xù)兩次曝光的時間間隔均為T，每塊磚的厚度為d。根據圖中的信息，下列判斷正確的是（）A.小球下落的加速度為B.位置“0”是小球釋放的初始位置C.小球在位置“2”的速度為D.小球落至位置“3”經歷的時間為〖答案〗D〖解析〗A．由圖可以知道每兩個相鄰的點之間的距離差是一樣的，即做勻加速直線運動，由可知A錯誤；BC．由于時間的間隔相同，所以2點瞬時速度的大小為1、3之間的平均速度的大小，所以根據可知點1的速度大小是位置“0”不是小球的初始位置，BC錯誤；D．點3的瞬時速度的大小為2、4之間的平均速度的大小，所以選項D正確。故選D4.如圖所示為“天問一號”探測器圍繞火星多次變軌的簡化圖景。軌道I、III為橢圓，軌道II為圓，O點是這三個軌道的相切點，O、Q分別是遠火星點和近火星點，O、P、Q三點連線經過火星中心，已知火星的半徑為R，，探測器在軌道II上經過O點時的速度為v。下列說法正確的是（）A.在多次變軌過程中，探測器與火星中心的連線經過相等時間掃過的面積都相等B.探測器在軌道II上運動時，經過O點的加速度等于C.探測器在軌道I上運動時，經過O點的速度小于vD.探測器在軌道II和III上運動的周期之比是〖答案〗B〖解析〗A．根據開普勒第二定律，在同一軌道上探測器與火星中心的連線經過相等時間掃過的面積都相等，在不同軌道上，不具備上述關系，故在多次變軌過程中，探測器與火星中心的連線經過相等時間掃過的面積不相等，故A錯誤；B．根據幾何關系，探測器在軌道II上運動時的軌道半徑為根據牛頓第二定律經過O點的加速度等于故B正確；C．根據變軌原理，探測器在軌道II上需點火加速變軌到軌道I上，故探測器在軌道I上運動時，經過O點的速度大于v，故C錯誤；D．根據開普勒第三定律探測器在軌道II和III上運動的周期之比是故D錯誤。故選B。5.兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點。一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則（）A.q由A向O的運動是加速度減小的加速運動B.q由A向O運動過程中電勢能逐漸增大C.q運動到O點時的動能最小D.q運動到O點時的電勢能小于零〖答案〗D〖解析〗A．PQ連線的中垂線MN上，從無窮遠處到O過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠處，故q由A向O運動過程中，電場力可能先增大后減小，也可能逐漸減小，所以加速度可能先增大后減小，也可能逐漸減小，故A錯誤；B．q由A向O運動過程中電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C．從A到O電場力做正功動能增加，從O到N的過程電場力做負功，動能減小，故在O點時，試探電荷的動能最大，故C錯誤；D．取無窮遠處的電勢為0，從無窮遠處到O點，電場力做正功，電勢能減小，則q運動到O點時，電勢能為負值，故D正確。故選D。6.如圖所示，彈性介質中的a、b、c、…k為相鄰間隔都相等的質點，a點先開始向上作簡諧運動，振幅為3cm，周期為0.2s，在波的傳播方向上，后一質點比前一質點遲0.05s開始振動，a開始振動0.6s后，x軸上距a點2.4m的某質點第一次開始振動，那么這列波的傳播速度和0.6s內質點k通過的路程分別為（）A.4m/s，6cmB.4m/s，12cmC.4m/s，48cmD.12m/s，6cm〖答案〗A〖解析〗a開始振動后0.6s時，x軸上距a點2.4m的某質點第一次開始振動，可知該波在0.6s的時間內傳播的距離是2.4m，所以波速v=m/s＝4m/s由題圖知，a到k之間有10個間隔，所以波從a傳播到k的時間是t1=10Δt=10×0.05s=0.5s質點k振動的總時間t2=t-t1=0.6s-0.5s=0.1s=T質點k振動的總時間是半個周期，所以質點k從平衡位置開始振動后的總位移是2倍的振幅，即s=2A=2×3cm=6cm故選A。7.如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a經過等溫變化到達狀態(tài)b，再經過等壓變化到達狀態(tài)c，最后經過等容變化回到狀態(tài)a，圖中封閉圖像的面積為S。以下說法正確的是（）A.在過程中氣體對外放熱B.在過程中，外界對氣體做功，氣體分子平均動能增加C.在過程中，單位體積內氣體分子數(shù)減少D.按箭頭方向從狀態(tài)a經歷一個循環(huán)過程問到狀態(tài)a，氣體需從外界吸收的熱量為S〖答案〗D〖解析〗A．氣體在過程氣體對外做功需要吸熱，故A錯誤；B．在過程中，外界對氣體做功，氣體放熱，溫度降低，分子平均動能降低，故B錯誤；C．在是等容過程，單位體積的分子數(shù)不變，故C錯誤；D．一個循環(huán)過程氣體吸收熱量等于對外做功，故D正確。故選D。8.如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1、q2之間的距離與q2、q3之間的距離之比為2:1，每個電荷都只受靜電力且處于平衡狀態(tài)。如果q2為負電荷，則（）A.q1為正電荷，q3為正電荷 B.q1為負電荷，q3為負電荷C.q1比q3的帶電荷量少 D.q2比q3的帶電荷量少〖答案〗AD〖解析〗AB．根據題意，在同一直線上，三個點電荷只受靜電力且處于平衡狀態(tài)的條件為“兩同夾異”，可判斷知由于q2為負電荷，則q1、q3均為正電荷，故A正確，B錯誤；CD．設q2、q3之間的距離L，則q1、q2之間的距離2L，以q2為研究對象，則由平衡條件可得所以以q1為研究對象，則由平衡條件可得所以故C錯誤，D正確。故選AD。9.某交流發(fā)電機工作的示意圖如圖所示，單匝矩形線框在勻強磁場中繞逆時針勻速轉動，若從圖示位置（線框平面與磁場方向垂直）開始計時，則在線框從圖示位置轉過的過程中，下列說法正確的是（）A.通過線框電流方向由到 B.通過線框的電流方向由到C.通過線框的電流的最大值與平均值的比值為 D.通過線框的電流的最大值與平均值的比值為〖答案〗BC〖解析〗AB．根據楞次定律，在線框從圖示位置轉過的過程中，通過線框的電流方向為，故A錯誤，B正確；CD．該過程中通過線框的電流的最大值為線框中產生的平均感應電動勢為感應電流的平均值為解得故C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜固定放置，導軌所在平面的傾角，導軌下端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B．質量為m、長為L、電阻不計的金屬棒剛好能夠放在導軌上，在沿導軌平面且與棒垂直的拉力F作用下金屬棒沿導軌向上做初速度為零、加速度為（重力加速度大小為g）的勻加速直線運動，金屬棒運動過程中始終與導軌垂直并與兩導軌接觸良好，金屬導軌的電阻不計，取。則在金屬棒沿導軌向上運動時間的過程中，下列說法正確的是（）A.時刻，金屬棒受到的安培力大小為B.時刻拉力F的大小為C.時間內通過電阻R的電荷量為D.整個過程中，拉力F做的功大于電阻R上產生的焦耳熱與金屬棒動能增加量之和〖答案〗CD〖解析〗A．金屬棒受到的安培力大小時刻金屬棒的速度大小則故選項A錯誤；B．以金屬棒為研究對象，根據牛頓第二定律有時刻金屬棒受到的安培力大小則時刻拉力F的大小為故選項B錯誤；C．時間內金屬棒沿導軌向上運動的距離通過電阻R的電量故選項C正確；D．金屬棒沿導軌向上運動時間的過程中，根據功能關系可知，拉力F做的功等于電阻R上產生的焦耳熱與金屬棒增加的機械能的總和，故選項D正確。故選CD。11.傾角為37°的光滑斜面上固定一個槽，勁度系數(shù)k=20N/m、原長l0=0.6m的輕彈簧下端與輕桿相連，開始時桿在槽外的長度l=0.3m，且桿可在槽內移動，桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff=6N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．質量m=1kg的小車從距彈簧上端L=0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運動．已知彈性勢能，式中x為彈簧的形變量．g=10m/s2，sin37°=0.6．關于小車和桿的運動情況，下列說法正確的是（）A.小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動，最后做勻速直線運動B.小車先做勻加速運動，后做加速度逐漸減小的變加速運動C.桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.9mD.桿從開始運動到完全進入槽內所用時間為0.1s〖答案〗AC〖解析〗AB．一開始小車受恒力向下做勻加速運動，后來接觸到彈簧，合力逐漸變小，于是做加速度逐漸變小的變加速運動，最后受到彈簧輕桿的力和重力沿斜面向下的分力平衡，于是做勻速直線運動，故B錯誤，A正確；C．當彈簧和桿整體受到的力等于靜摩擦力的時候，輕桿開始滑動，此時由平衡得：彈簧壓縮量有公式Ff=k△x解得：△x=0.3，所以桿剛要滑動時小車已通過的位移為：x=△x+L=0.3+0.6m=0.9m，故C正確；D．當彈簧壓縮量為0.3m的時候，彈簧的彈力和小車在斜面上的分力相等，此時整個系統(tǒng)開始做勻速運動設此速度為v，從小車開始運動到做勻速運動，有能量守恒得：mg(L+△x)sinθ＝mv2+k△x2，代入數(shù)據求得：v=3m/s，所以桿從開始運動到完全進入槽內，所以桿從開始運動到完全進入槽內，若一直是勻速運動，所用時間為：，因此所用時間為0.1s，但實際上桿不是一直做勻速直線運動，因此所用時間不可能為0.1s，故D錯誤。故選AC。二、實驗題（除標注外，每空2分，共18分）12.利用圖中所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。（1）除帶夾子的重錘、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、電火花打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是（）A.交流電源B.刻度尺C.直流電源D.天平（含砝碼）（2）實驗中，先接通電源，再釋放重錘，得到圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周期為T。設重錘的質量為m。從打O點到打B點的過程中。重錘的重力勢能減少量=______，重錘動能增加量=______。（3）若某同學作出圖像如圖丙所示，則當?shù)刂亓铀俣萭=_____m/s2（保留3位有效數(shù)字）（4）在實驗中，某同學根據測得數(shù)據，通過計算發(fā)現(xiàn)，重物動能的增加量略大于重物勢能的減少量，若測量與計算均無錯誤，則出現(xiàn)這一問題的原因可能是（）A.重物的質量偏大B.交流電源的頻率偏大C.交流電源的頻率偏小D.重物下落時受到的阻力過大〖答案〗（1）AB（2）（3）9.76（4）C〖解析〗（1）[1]打點計時器需要用到交變電流；驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，兩端都有質量，可以約去，不需要天平測量質量；測量點跡間的距離運用刻度尺；故選AB。（2）[2][3]根據重力做功的計算公式可知根據動能的計算公式可知（3）[4]根據機械能守恒定律有變形可得則圖像的斜率為解得（4）[5]A．根據需要驗證的機械能守恒定律的表達式可知，重物的質量可以約去，與重物的質量無關，故A錯誤；BC．根據勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打下n點的速度若交流電源的頻率偏大，瞬時速度的真實值偏大，瞬時速度的測量值偏小，會使計算出的重物的動能的增加量小于重力勢能的減少量；若交流電源的頻率偏小，瞬時速度的真實值偏小，瞬時速度的測量值偏大，會使計算出的重物的動能的增加量大于重力勢能的減少量，故B錯誤，C正確；D．重物下落時受到的阻力過大，則重物動能的增加量應小于重力勢能的減少量，故D錯誤。故選C。13.如圖所示，通過調節(jié)開關S，可使歐姆表具有“”和“”的兩種倍率，可用器材如下：A．干電池（電動勢，內阻不計）；B．電流表G（滿偏電流，內阻）；C．定值電阻（阻值為5.0Ω）；D．滑動變阻器（最大阻值為150Ω）；E．定值電阻、；F．開關一個，紅、黑表筆各一支，導線若干。（1）表筆B是________（填“紅”或“黑”）表筆。（2）虛線框內是雙量程電流表，已知，當S接a時，對應電流表量程是0~0.1A，那么定值電阻________Ω。（3）當開關S撥向________（填“a”或“b”）時，歐姆表的倍率是“”。歐姆調零后，歐姆表內阻為________Ω。（4）由于歐姆表擱置時間較長，因此其電源電動勢變小，內阻變大，那么正確操作測電阻時，真實值比測量值________（填“大”或“小”）?！即鸢浮剑?）黑（2）9（3）b300（4）小〖解析〗（1）[1]電流從黑表筆流出，從紅表筆流入，所以B表筆是黑表筆。（2）[2]根據并聯(lián)電路分流特點有，解得（3）[3][4]設S接b時對應滿偏電流為I，根據并聯(lián)電路分流特點即S接b時對應電流表量程是0~10mA，得歐姆表內阻由（2）知當S接a時，對應電流表量程是0~0.1A，即得歐姆表內阻所以S接b時是較大倍率。歐姆調零后，其內阻為300Ω。（4）[5]電源內阻變大不會產生誤差，電動勢減小，測量值偏大，所以真實值比測量值小。三、計算題（共38分）14.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為R的絕緣光滑圓軌道固定在豎直平面內，O是圓心，AB是豎直方向的直徑，CD是水平方向的直徑。一質量為m、電荷量為q（q>0）的小球在軌道內側的P點處于靜止，OP與水平方向的夾角。當小球獲得沿切線方向的初速度后，恰能沿軌道做完整的圓周運動，重力加速度為g。求：（1）電場強度E的大??；（2）小球在運動過程中的最小速率v?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）小球靜止在圓軌道P點，此時合力零，有qE·tanθ=mg解得（2）小球運動到PO延長線與AC的交點時速度最小，此時對軌道的壓力為零解得15.宇航員駕駛宇宙飛船成功登上月球，他在月球表面做了一個實驗：在停在月球表面的登陸艙內固定一傾角為θ=30°的斜面，讓一個小物體以速度v0沿斜面上沖，利用速度傳感器得到其往返運動的v—t圖象如圖所示，圖中t0已知。已知月球的半徑為R，萬有引力常量為G。不考慮月球自轉的影響。求：(1)月球表面的重力加速度；(2)月球的平均密度ρ。〖答案〗(1)；(2)〖解析〗(1)設物體返回斜面底部時速度大小為v，由題意及圖象可知物體向上運動時，設加速度大小為a1，根據牛頓第二定律有又物體向下運動時，設加速度大小為a2，根據牛頓第二定律有又聯(lián)立解得出月球表面的重力加速度為(2)在月球表面又聯(lián)立解得到該星球的密度為16.如圖，在光滑絕緣水平面上的M點右