贵州省贵阳市普通中学2022-2023学年高三物理上学期期末监测考试试题（Word版附解析）

贵阳市普通中学2022-2023学年度第一学期期末监测考试试卷高三物理注意事项：1.试卷满分100分，考试时间120分钟。2.答卷前请将密封线内的项目填写清楚。3.本试题卷共有8页，三道大题，18道小题，请按题目要求进行解答。4.本试卷分试题卷和答题卷两部分，请考生在答题卷的相应位置作答。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项符合题目要求，第9~12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。请将符合题目要求选项前的字母填在答题卷对应题号下的空格中。1.一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，速度增为原来的两倍，方向不变，则该质点的加速度为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设这段时间的初速度为，则末速度为，根据运动学公式可得联立解得该质点的加速度为故选C。2.如图，粗糙绝缘水平桌面上有一铜质圆环。当一竖直放置的条形磁铁从圆环直径正上方等高快速向右通过AB的过程中，圆环始终不动，则可知圆环受到的摩擦力方向（　　） A始终向左B.始终向右C.先向左后向右D.先向右后向左【答案】A【解析】【详解】根据楞次定律，由于磁体的运动，在闭合回路中产生感应电流，感应电流激发出的磁场对原磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍原磁体的相对运动，可知，圆环中激发出的磁场对条形磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍条形磁体的相对运动，即该磁场力的方向整体向左，根据牛顿第三定律可知，条形磁体对圆环中感应电流的磁场力方向整体向右，圆环静止，则地面对圆环的摩擦力方向始终向左。故选A。3.一根细线系着一个质量为m的小球，细线上端固定在天花板上。给小球施加力F，小球平衡后细线跟竖直方向的夹角，现改变F的方向，但仍然可使小球在图中位置保持平衡。重力加速度为g，则F的最小值应为（　　）A.mgB.C.D.2mg【答案】B【解析】【详解】对小球进行分析，作出动态受力图如图所示 根据图形可知，F的最小值应为故选B。4.质量为m的物体在升降机中，随升降机竖直向上以大小为（g为重力加速度）的加速度做匀减速运动，上升高度为h，在此过程中，物体的机械能（　　）A.增加B.减少C.增加D.减少【答案】C【解析】【详解】物体减速上升，加速度方向向下，由牛顿第二定律可得解得除重力外的其它力所做的功等于机械能的变化量，力F做正功，机械能增加，增加量为故选C。5.1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，从而证明了反物质的存在。 如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个正电子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室放置在匀强磁场中，磁场方向与照片垂直。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知（　　）A.磁场方向向里，正电子由下往上运动B.磁场方向向里，正电子由上往下运动C.磁场方向向外，正电子由下往上运动D.磁场方向向外，正电子由上往下运动【答案】B【解析】【详解】从图像上可以看出上侧半径大，下侧半径小，当正电子在云室中穿过某种金属板时动能损失，速度变小，由可知运动半径减小，所以正电子由上往下运动，根据左手定则可知磁场方向向里。故选B.6.竖直平面内有一半圆形槽，O为圆心，直径AB水平，甲、乙两小球分别从A点和O点以大小为和的速度水平抛出，甲球刚好落在半圆最低点P，乙球落在Q点，Q点距O点的竖直高度正好为圆形槽半径的二分之一，则等于（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【详解】依题意，根据平抛运动规律可得，对于甲小球有对于乙小球，有联立以上式子求得故选D。7.北京时间2022年10月12日15点45分，“天宫课堂”再次开启，神舟十四号飞行乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲通过“天地连线”在距地面约400km的中国空间站面向广大青少年进行了太空授课，演示了微重力环境下的相关实验。已知空间站大约90min绕地球转一圈，地球半径为6400km，引力常量。则（　　）A.所谓“微重力环境”是指空间站里面的任何物体所受合力近似为零B.宇航员在空间站中每天大约能看到8次太阳升起C.由以上数据可以近似求出地球的平均密度D.由以上数据可以近似求出空间站所受到的向心力【答案】C【解析】【详解】A．空间站里面的物体所受合力为地球的万有引力，并不为零，故A错误；B．根据可知宇航员在空间站中每天大约能看到16次太阳升起，故B错误；C．根据万有引力提供向心力 可得根据解得地球的平均密度为故C正确；D．由于空间站的质量不知道，由以上数据不可以近似求出空间站所受到的向心力，故D错误。故选C。8.如图所示是一个充电电路装置，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按如图丙所示的正弦规律变化。线圈a连接一原、副线圈匝数比为1:10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则（　　）A.变压器输出电流的频率为10Hz B.充电电路两端的电压有效值为5VC.其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率，充电电路两端的电压最大值不变D.其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同【答案】D【解析】【详解】A．根据图丙可知，输出电流的频率A错误；B．原线圈两端电压的有效值根据电压与匝数的关系有解得B错误；C．根据可知，仅增大线圈a往复运动的频率时，穿过线圈的磁通量的变化率增大，则原线圈两端电压的最大值增大，根据电压匝数关系，充电电路两端的电压最大值，C错误；D．其他条件不变时，根据上述，可知变压器原副线圈两端电压的有效值均一定，对不同规格的充电设备充电，通过设备的额定电流可能不同，则变压器输出功率可能不同，而输出功率决定输入功率，即其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，D正确。故选D。9.如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上。g、c两点关于N点对称。下列说法正确的是（　　） A.a、c两点场强相同，电势不相同B.b、d两点场强不相同，电势相同C.同一带负电的试探电荷在g点具有的电势能小于在c点具有的电势能D.将一带正电的试探电荷沿椭圆顺时针从a点经b点移到c点，电场力始终做正功【答案】ACD【解析】【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线的分布规律可知，关于中心O对称点所在位置，电场线方向与分布的疏密程度均相同，即a、c两点场强相同，由于沿电场线电势降低，可知a点电势高于c点电势，A正确；B．b、d两点关于中心O对称，根据上述可知，b、d两点场强相同，根据等量异种点电荷的等势线分布规律，b、d两点连线为一条等势线，则b、d两点电势相同，B错误；C．根据点电荷电势公式，g、c两点电势分别为，可知根据可知，同一带负电的试探电荷在g点具有的电势能小于在c点具有的电势能，C正确；D．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，沿椭圆顺时针从a点经b点移到c点，电势逐渐减小，根据可知，电场力始终做正功，即将一带正电的试探电荷沿椭圆顺时针从a点经b点移到c 点，电场力始终做正功，D正确。故选ACD。10.中国汽车工业协会日前公布的最新数据显示，2022年前10个月，我国新能源汽车产销量均超500万辆，持续保持高增长态势。为了测试某品牌新能源汽车的性能，某实验小组对一辆新能源汽车在同一平直轨道上进行了①②两次实验，其速度大小v随时间t的变化关系如图所示，第②次实验中变速阶段加速度的大小相同；两次实验中汽车所受阻力大小相等且恒定，汽车运动距离相等。对于第①次和第②次实验（　　）A.汽车最大牵引力之比为2:1B.汽车运动时间之比为2:3C.汽车输出最大功率之比为4:1D.汽车牵引力所做的功之比为1:1【答案】BD【解析】【详解】A．图像的斜率的绝对值表示加速度想，对实验①②有，解得A错误；C．根据，解得 C错误；B．由于第②次实验中变速阶段加速度的大小相同，可知加速与减速过程的时间均为，令匀速运动的时间为，由于图像的面积表示位移，则有解得则第①次和第②次实验汽车运动时间之比B正确；D．根据图像可知，汽车初速度与末速度均为0，根据动能定理有由于阻力大小相等，运动的总位移相等，可知两次实验克服阻力做功相等，可知汽车牵引力所做的功，即汽车牵引力所做的功之比为1:1，D正确。故选BD。11.如图所示，垂直纸面内的三根相互平行的长直通电导线、和，固定放置在一等边三角形的三个顶点上，它们通有的电流恒定且方向均垂直纸面向外。O为三角形的中点，P为、连线的中点，已知、中电流大小相等。则（　　）A.O点磁感应强度的大小可能为零B.P点磁感应强度的大小可能为零C.O点磁感应强度的方向可能向左D.P点磁感应强度的方向可能向左 【答案】AC【解析】【详解】BD．由于、中电流大小相等，根据右手螺旋定则可知，、在P点的磁感应强度大小相等，方向相反，在P点的磁感应强度方向水平向右；则P点磁感应强度的大小不为零，方向水平向右，故BD错误；AC．根据右手螺旋定则，、与在O点的磁感应强度方向如图所示可知、在O点的合磁感应强度方向水平向左，而在O点的磁感应强度方向水平向右；当时，O点磁感应强度的大小为零；当时，O点磁感应强度方向水平向左；当时，O点磁感应强度方向水平向右；故AC正确。故选AC。12.一质量为2kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取。则（　　）A.时物块的动量大小为B.时物块的速度大小为1m/s，方向向右C.0~4s时间内F对物块的冲量大小为D.0~4s时间内物体的位移为3m 【答案】AD【解析】【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为则前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，时根据动量定理故A正确；B．时物块速度2s-3s过程，加速度大小为方向为负，则时物块的速度大小为零，故B错误；C．0~4s时间内F对物块的冲量大小为故C错误；D．时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s时间内物体的位移为故D正确。故选AD。二、实验题：本题共2小题，共15分。请考生根据要求作答。13.在“研究匀变速直线运动”的实验中，己知打点计时器所用电源的频率为50Hz，实验中得到与小车相连的一条点迹清晰的纸带。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出），测得A、B、C、D各点到O点的距离如图所示。根据以上数据，求： （1）打点计时器打下AD两点的时间间隔内，小车的平均速度大小___________m/s；（2）打点计时器打下B时小车的瞬时速度大小___________m/s；（3）小车运动的加速度大小___________。（以上结果均保留三位有效数字）【答案】①.0.800②.0.690③.2.23【解析】【详解】（1）由题可知，相邻两点间的时间间隔根据平均速度的定义可知（2）B为AC的中间时刻，因此打B点的瞬时速度等于AC间的平均速度（3）根据可知14.为了测量一段金属丝的电阻率，某同学进行了下列实验操作： （1）先用米尺和螺旋测微器分别准确测出金属丝长度L和直径d；（2）接着该同学用如图所示的电路测量金属丝的电阻，图中为标准定值电阻（）；、为理想电流表，S为单刀开关，E为电源，R为滑动变阻器，为待测金属丝。采用如下步骤完成实验：①按照实验原理线路图甲，将图乙中实物完整连线___________；②将滑动变阻器滑动触头置于___________（选填“左”或“右”）端，闭合开关S；③改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电流表、的示数、；④重复步骤③，得到如下数据：123450.100.210.300.420.510.511.021.492.032.52利用上述5次测量数据，请在图丙的坐标纸上画出图线___________； ⑤根据图线求得金属丝电阻值为___________；（结果保留两位有数字）（3）最后由以上测得的物理量，可以求出该金属丝的电阻率，计算电阻率的公式为：___________（用L、d、表示）。【答案】①.②.左③. ④.2.0⑤.【解析】【详解】（2）①[1]根据电路图连接实物图如下②[2]闭合开关前，为保护电路，应使滑动变阻器滑动触头置于左端；④[3]在图丙的坐标纸上画出图线 ⑤[4]根据并联电路电压相等，有结合图像可得解得（3）[5]根据电阻定律可得三、计算题：本题共4小题，共37分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算过程步骤。只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。15.如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离，它与水平台面平 滑连接，传送带以4m/s的恒定速率顺时针匀速转动。一物块以的初速度从A端水平地滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数为。重力加速度g取。求：（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小和方向；（2）物块从A端运动到B端的时间。【答案】（1）5m/s2，方向水平向左；（2）1.4s【解析】【详解】（1）由于摩擦力的方向与相对运动的方向相反，刚滑上传送带时，物块的速度大于传送带的速度，所受摩擦力的方向水平向左，因此加速度的方向水平向左，根据牛顿第二定律可知解得加速度大小（2）与传送带达到速度相同所用时间为t1，根据解得这段时间内物块的位移接下来物块与传送带一起匀速运动，所用时间为t2，则物块从A端运动到B端的时间16.如图所示，电阻不计两平行金属导轨MN、PQ水平放置，MP之间接有一电阻，两导轨间距离，质量的金属棒ab垂直MN、PQ 放置在导轨上。已知金属棒ab接入电路的电阻，与导轨间的动摩擦因数，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中。现施加一向右的水平恒力F，使金属棒以的速度向右匀速运动，且与导轨始终良好接触。求：（1）感应电动势E的大小；（2）电阻R上消耗的功率；（3）水平恒力F的大小。【答案】（1）1V；（2）0.375W；（3）0.3N【解析】【详解】（1）感应电动势为（2）感应电流电阻R上消耗的功率解得P=0.375W（3）由于金属棒匀速运动，则有解得F=0.3N17.如图所示，倾角的粗糙斜面轨道与一半径竖直光滑圆弧轨道在B点平滑连接。一质量小物块Q（可视为质点）静置于圆弧轨道最低点B处。现将另一与物块Q完全相同的小物块P从斜面上高处的A点由静止释放，运动到最低点与Q 发生正碰，碰撞后两物块立即粘合在一起，己知小物块P与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：（1）小物块P与Q碰撞前的速度大小v；（2）小物块P与Q碰撞过程中系统损失的机械能；（3）物块运动到圆弧轨道最高点D时所受轨道的压力。【答案】（1）5m/s；（2）1.25J；（3）5N【解析】详解】（1）物块P下滑过程，由牛顿第二定律得得由位移公式可得解得v=5m/s（2）P、Q碰撞过程根据动量守恒有损失的机械能为（3）整体从B到D过程，根据机械能守恒有 在最高点D根据牛顿第二定律有解得FN=5N18.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第Ⅰ象限内有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在第Ⅱ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向。在x轴上的P点有一粒子源，能发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角分布在0~180°范围内。已知的粒子经过y轴上的点（图中未画出）且垂直于y轴进入匀强电场中，并最终从点（图中未画出）飞出电场。不计粒子所受的重力以及粒子间的相互作用。求：（1）刚从粒子源发射出来的粒子速度大小v；（2）的粒子从P点运动到M点所用的时间t；（3）的粒子刚飞出电场时的动能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在磁场中运动过程，根据几何关系解得 根据洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子在磁场中转过的圆心角为60°，用时粒子从N到M点的过程中，做类平抛运动，有解得粒子从P点运动到M点所用的时间（3）根据几何关系当时，轨迹圆心与P点连线与x轴负方向夹角为30°，此时轨迹圆心与P点距离为2d，根据几何关系可知圆心在y轴上且到原点的距离为d即圆心在M点，则粒子将会从y轴沿x轴负方向进入电场，抛出点的纵坐标为飞出电场过程，根据动能定理 解得