海南省2023届高三物理上学期期末学业水平诊断试卷（Word版附解析）

海南省2022-2023学年高三第一学期期末学业水平诊断物理考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是（　　）A.质点是理想化物理模型，在现实生活中是不存在的B.牛顿提出牛顿第一定律，指出力是维持物体运动的原因C.一对作用力和反作用力的大小有时可能不相等D.给桌子一个推力，桌子仍静止，违背了牛顿第二定律【答案】A【解析】【详解】A．质点是理想化物理模型，在现实生活中是不存在的，A正确；B．牛顿提出牛顿第一定律，指出力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，B错误；C．据牛顿第三定律可知，一对作用力和反作用力的大小相等，方向相反，作用在同一直线上，C错误；D．给桌子一个推力，桌子仍静止，可知桌子还受到静摩擦力的作用，桌子的合力为零，加速度为零，符合牛顿第二定律，D错误。故选A。2.如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，小球从斜面底端沿斜面向上运动，运动到最高点然后沿着斜面向下运动，规定沿着斜面向上为正方向，已知小球第1s内的位移为8m，第2s内的位移为4m，则（　　） A.小球运动的加速度大小为B.小球运动的加速度大小为C.小球运动的加速度大小为D.小球运动的加速度大小为【答案】B【解析】【详解】根据题意，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知，小球向上运动和向下运动时，加速度a不变。则根据匀变速直线运动规律，小球第1s内的位移为小球第2s内的位移为代入数据可得故选B。3.一物体从斜面的最底端向上运动，运动到最高点后沿着斜面滑下，物体与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为，关于物体在斜面上的运动，下列说法正确的是（　　）A.B.物体沿着斜面向上运动和向下运动过程中，重力做功相同C.物体沿着斜面向上运动和向下运动过程中，摩擦力做功相同D.物体沿着斜面向上运动和向下运动过程中，摩擦力做功的功率相同【答案】C【解析】【详解】A．根据题意分析可知，物体能在斜面上向下运动，对其分析受力，在沿斜面方向上有 解得故A错误；B．物体沿着斜面向上运动时，重力做负功。物体向下运动过程中，重力做正功。故重力做功不相等。故B错误；C．物体沿着斜面向上运动和向下运动过程中，摩擦力均做负功，且摩擦力大小及沿斜面方向的位移大小均相等。故摩擦力做功相同。故C正确；D．分析可知，由于摩擦力的作用，物体向上运动和向下运动过程中，经过同一位置的速度大小均不相等，且向上运动的速度大于向下运动的速度，而在斜面上的位移相等，故物体向上运动的时间小于物体向下运动的时间。根据功率的定义由于摩擦力做功相同，时间不同。可知摩擦力做功的功率不相同，故D错误。故选C。4.小船沿垂直于河岸方向，匀速渡河到达正对岸，已知水流的速度大小为3m/s，小船相对河岸速度为4m/s，河岸宽为100m，，则（　　）A.船在静水中的速度为4m/sB.开始运动时船头与河岸的夹角为53°C.小船渡河的时间为20sD.若水流速度略微变大，小船渡河到正对岸的时间变短【答案】B【解析】【详解】AB．根据题意分析可知，合速度与船速及水流速度之间的关系如下图所示。设船头与垂直河岸的夹角为θ。则由图可得 解得故船头与河岸的夹角为53°，故A错误，B正确；C．小船做匀速直线运动，故渡河时间为故C错误；D．若水流速度略微变大，若船的静水速度不变，船仍然沿垂直河岸方向渡河，则船头与河岸的夹角减小，船速在垂直河岸方向的分速度减小，而河宽不变，故小船渡河到正对岸的时间变大。故D错误。故选B。5.宇航员在某星球将一物体竖直向上抛出，其运动的图像是如图所示的抛物线，已知该星球的半径是地球半径的2倍，地球表面重力加速度取，设地球质量为M，则该星球的质量为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由图可知，5s时上升的最大位移为50m，可得解得 在地球表面满足在某星球表面满足联立解得故选B。6.如图所示，半径为R的绝缘薄球壳固定在图示位置，圆心位于O点，球面上均匀分布着电量为Q的正电荷。现取走A处面积为的小球面上的电荷，球面上剩余电荷分布不变，则O点场强大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据对称性可知，取走A处面积为后，O点场强大小等于与A处关于O点对称面积同为在O点形成的场强，该处所带电荷量为由于面积较小，故可按点电荷形成的场强进行处理，故O点的场强为整理得故选A。 7.如图所示，把一小球从距离地面一定高度以速率水平抛出，小球落到水平地面上的A点，第二次把小球从同一位置以相同的速率斜向上抛出，小球也落到A点，不计空气阻力，关于小球两次在空中的运动，下列说法正确的是（　　）A.落地速度相同B.动量变化量相同C.动能变化量相等D.落地时重力的瞬时功率相等【答案】C【解析】【详解】A．根据运动的对称性及动能定理可知，落地时两者的末速度大小均为h为小球的初末位置高度差，由于初速度的方向不同，根据运动的对称性，分析可知末速度的方向不同，所以落地速度不相等。故A错误；B．根据动量定理由图可知小球第二次在空中运动的时间比第一次在空中运动的时间长，故小球的动量变化量不相同。故B错误；C．根据动能定理可知，两次运动过程小球的动能变化量均为由于小球初末位置相同，故高度h相等，故动能变化量相等。故C正确；D．设开始运动时，小球在竖直方向上的速度分量为v1，则根据运动的对称性，可知落地时小球在竖直方向上的速度为落地时重力的瞬时功率 h为小球初末位置高度差，由题意可知第一次抛出小球时，小球在竖直方向的初始分速度为零，而第而次抛出小球时，小球在竖直方向的初始分速度不为零。故小球两次落地时重力的瞬时功率不相等。故D错误。故选C。8.如图所示，质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的木块（可视为质点）静止在长木板的最左端。现给木块一水平向右的恒力F=6N，木块与木板之间的动摩擦因数为，t=1s时撤去拉力，木块恰好没有从长木板上滑落，重力加速度取，则（　　）A.t=1s时长木板的速度大小为2m/sB.最终长木板的速度大小为2m/sC.长木板的长度2mD.整个过程拉力做的功等于木块和长木板增加的动能【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，木块和木板相对滑动，根据牛顿第二定律，对长木板分析解得所以由运动学公式，可得t=1s时长木板的速度大小为故A错误；B．t=1s时撤去拉力后，长木板仍做原来的匀加速直线运动，对木块分析，运用牛顿第二定律，撤去拉力之前解得 撤去拉力之后解得所以木块先做匀加速后做匀减速运动，木块恰好没有从长木板上滑落，说明最终两者速度相同，则解得所以最终长木板的速度大小为故B正确；C．由题意可知，两物体的位移差即为长木板的长度，则所以长木板的长度1m，故C错误；D．根据能量守恒定律，可知整个过程拉力做的功等于木块和长木板增加的动能加上摩擦内能之和，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，虚线为某电场的等势线，实线为带负电荷粒子在电场中的运动轨迹，a，b、c是轨迹上的点，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　） A.a点的电场强度小于b点的电场强度B.a点的电势高于b点的电势C.粒子在a点的动能小于在b点的动能D.粒子在a点的电势能小于在b点的电势能【答案】BD【解析】【详解】AB．根据电场线垂直于等势面，结合做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹弯曲的凹侧，画出电场线及方向如图，由电场线的疏密程度表示场强的强弱，则a点的电场强度大于b点的电场强度。沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势高于b点的电势，故A错误，B正确；C．根据负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，根据能量守恒，电荷在a点的动能大于在b点的动能，故C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，轻质弹簧一端固定在斜面末端木板上，物块A压缩弹簧后由静止释放，离开弹簧沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，当A回到初始位置时速度为零。已知物块A、B质量相等，与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，斜面的倾角为，则（　　） A.B.弹簧原长时物块A的速度最大C.物块A离开弹簧后向上运动的加速度与向下运动的加速度大小之比为2：1D.物块A离开弹簧后向上运动的加速度与向下运动的加速度大小之比为3：1【答案】AC【解析】【详解】A．设A在初始位置时弹簧的弹性势能为Ep，物体A沿斜面上升的最大位移为l，则在物体A开始运动至最高点的过程中，由能量守恒定律可得则在物体AB一起从最高点运动至初始位置的过程中，由能量守恒定律可得整理得故A正确；B．由于A向上运动的过程中，先做加速直线运动后做减速直线运动。故当A加速度为零时，A的速度最大。对其分析受力，此时有而当A在弹簧原长处时，弹簧弹力为零。故物块A的速度最大时，A不在弹簧原长处。故B错误；CD．物块A离开弹簧后向上运动时，根据牛顿第二定律可得解得 同理，物块A向下运动的过程中，在不接触弹簧时，根据牛顿第二定律可得解得故速度之比为故C正确，D错误。故选AC。11.如图所示的变压器，原线圈匝数为匝，输入电压随时间变化为，将阻值为10Ω的电阻R接在副线圈AB两端时，功率为10W。下列说法正确的是（　　）A.副线圈中的电流为1AB.原线圈中的电流为AC.副线圈AB两端电压的频率为100HzD.副线圈的匝数为141匝【答案】AB【解析】【详解】A．根据电功率公式推理有故A正确；B．理想变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率相等，再结合电功率公式有故B正确；C．理想变压器原副线圈两端电压频率相同，有 故C错误；D．根据理想变压器原副线圈电流之比与匝数之比关系有解得故D错误。故选AB。12.如图所示，通电直导线a、b平行放置在粗糙的水平面上，通电直导线c放置在ab中点的正上方，三根导线中均通入垂直纸而向里、大小相等的恒定电流。现把导线c缓慢竖直上移，三条直导线始终相互平行，导线a、b始终静止在水平地面上，下列说法正确的是（　　）A.地面对导线a的支持力逐渐减小B.地面对导线a的摩擦力方向水平向左C.地面对导线a的摩擦力逐渐减小D.导线c受到的安培力方向水平向左【答案】BC【解析】【详解】A．以三根导线为整体进行研究，根据对称性可知，地面对导线a、b的支持力大小相等，方向相同，设导线c所受竖直向上的外力为F，故根据平衡条件有由于导线c缓慢竖直上移，所以导线c所受竖直向上的外力为F不变。故地面对导线a的支持力不变。故A错误BC．根据同向电流相互吸引，故对导线a受力分析如下所示，设ac连线与水平方向夹角为θ。根据平衡条件，则在水平方向有 导线c竖直向上移动的过程中，导线c对导线a安培力Fc逐渐减小，夹角θ逐渐增大。导线b对导线a安培力Fb不变。而故地面对导线a的摩擦力逐渐减小，且方向向左。故BC正确；D．对导线c进行受力分析，根据对称性可知，导线c受到的安培力方向竖直向下。故D错误故选BC。13.如图所示，水平面上有足够长的光滑平行导轨，导轨间距为L，导轨上垂直放置一个质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，垂直于导轨平面有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积为S、匝数为N、电阻不计的圆形线圈（图中只画了1匝），线圈处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小随时间变化规律为，两磁场互不影响，导轨电阻不计，则下列说法正确的是（　　）A.线圈内的感应电动势为kSB.闭合开关S瞬间，导体棒受到的安培力为C.闭合开关S后，导体棒运动的最大速度为D.从闭合开关S至导体棒速度达到最大，流过导体棒的电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．设线圈内的感应电动势为，根据法拉第电磁感应定律得 A错误；B．闭合开关S瞬间，回路中的电流为导体棒受到的安培力为B正确；C．闭合开关S后，当导体棒产生动生电动势与感应电动势相等时，回路感应电流为零，导体棒所受安培力为零，此时导体棒的速度达到最大，则有解得C正确；D.闭合开关S后，在时间内根据动量定理有当导体棒速度达到最大解得D错误。故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共56分。14.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一水平气垫导轨，导轨上A点处有一带遮光片滑块，其总质量为M，右端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳 与一质量为m的钩码相连，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，用L表示A点到光电门处的距离，d表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。（1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度d，结果如图2所示，由此读出d=___________mm；（2）重力加速度用表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为___________，系统的重力势能减少量可表示为___________，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）（3）在实验中，改变A、B间的距离，作出的图像如图3所示，并测得，则实验还可测得重力加速度=___________。【答案】①.3.725②.③.④.9.6【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数要估读，读数（2）[2]通过光电门的速度为滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为[3]系统的重力势能减少量可表示为（3）[4]根据系统机械能守恒，可得 所以因此图像的斜率表示，即解得15.一同学用如图1所示的电路测量一阻值约为1000Ω的待测电阻的准确阻值。可用器材有：电压表V（量程为3V，内阻为1000Ω），电流表A（量程为3mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻（阻值可选100Ω或300Ω），开关S，导线若干。（1）实验时，图中的应选阻值为___________（填“”或“”）的定值电阻；（2）改变滑动变阻器的滑片，测量电压表U、电流表I多组数据，作出图像如图2所示，根据图像可得的阻值为___________Ω（保留3位有效数字）；（3）把滑动变阻器滑片滑到最右端，电流表的示数如图3所示，此时电流表的读数为___________mA，电源E的电动势为___________V（后一空保留2位有效数字）。【答案】①.300Ω②.935（930~998）③.2.89##2.88#2.90④.3.7##3.6##3.8【解析】【详解】（1）[1]当滑动变阻器滑片滑到最右端时，且电流表达到最大量程为3mA时，电流表两端电压为0.9V，由于电源电压为4V，故Rx两端的电压U1为3.1V。故通过Rx和电压表的电流之和I1为 由电路图可知和电流表并联后的总电流也等于I1，根据并联电路分流原理可得故选300Ω。（2）[2]根据电路图连接方式及串并联电路的规律可知由图像知，代入数据可得（3）[3]电流表是示数为2.89mA。[4]当滑动变阻器滑片滑到最右端时，根据电路图及串并联电路的规律可得，电动势为代入数据可得16.如图所示，光滑水平轨道AB与竖直光滑半圆轨道BC相连，质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）在水平轨道上匀速运动，恰好通过半圆轨道的最高点C，然后平抛运动落到水平轨道D点，已知半圆轨道的半径为R=0.4m，重力加速度g取，求：（1）B、D之间的距离；（2）小物块运动到半圆轨道最低点B时对半圆轨道的压力大小。【答案】（1）0.8m；（2）6N【解析】【详解】（1）物块恰好通过半圆轨道的最高点，故根据牛顿第二定律有 设B、D之间的距离为x，则物块做平抛运动的过程中有联立解得（2）设物块在B点的速度为v1，物块从B点运动到C点的过程中，由功能关系可得在最低点B时，根据牛顿第二定律可得联立可得根据牛顿第三定律可知，物块在B点对半圆轨道的压力大小为6N。17.如图所示，长为L=5.8m的倾斜传送带以的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面夹角为，传送带底端与光滑水平面平滑连接，左端有一倾角为且足够长的粗糙斜面，斜面与光滑水平面平滑连接。将m=1kg的物体A轻放在传送带的最上端，物体A滑到水平面上后与质量为M=2kg的静止物体B发生弹性碰撞。已知物体A与传送带之间的动摩擦因数为，物体A、物体B与斜面之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，，求：（1）物块A滑到传送带底部时速度大小；（2）物体A与静止物体B发生弹性碰撞后B的速度大小；（3）B在左端斜面上静止的位置到斜面底端的距离。 【答案】（1）6m/s；（2）4m/s；（3）【解析】【详解】（1）当物块A在传送带上开始运动至与传送带共速的过程中，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得此过程中物块A的位移为代入数据可得由于，故此后物体A继续向下做加速运动，此时摩擦力方向沿斜面向上，此过程由牛顿第二定律可得从此至运动至底部过程中，设A到达传送带底部时速度为v，则由匀变速直线运动规律可得联立可得（2）由于AB之间发生弹性碰撞，设碰后AB速度分别为v1、v2，以水平向左为正方向故由能量守恒定律及动量守恒定律可得 联立解得（3）分析可知，当物体B滑上斜面后，做匀减速直线运动，当滑至最高点时，物体B的速度减为零。且由于，物体将停在最高点，设物体沿斜面滑行的位移为x，则根据能量守恒定律可得代入数据可得18.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小也为E，在第一象限有一线状粒子释放源AB，在AB连线上均匀释放初速度为零的带正电粒子，已知带电粒子的质量为m、电荷量为，OA间距为d，OB间距为2d，不计带电粒子的重力以及粒子间作用力。求：（1）从AB中点释放的粒子射出电场的位置坐标；（2）粒子射出电场的位置范围；（3）第三象限存在垂直坐标系xOy的匀强磁场，从AB中点释放的粒子恰好垂直y轴射出磁场，磁场的磁感应强度为多大。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）分析可知，带电粒子在第一象限做匀加速直线运动，在第二象限做平抛运动。则粒子从开始运动到刚好离开第一象限电场的过程，由牛顿第二定律可得由匀变速直线运动的规律可得设带电粒子在在第二象限做平抛运动的水平位移为x，则由牛顿第二定律可得竖直方向有水平方向有联立解得所以从AB中点释放的粒子射出电场的位置坐标为（2）设射出电场时离坐标原点最远的粒子的初始坐标为（x，y）（其中0＜x＜d，0＜y＜2d）。故当粒子在第一象限运动时，由匀变速直线运动的规律可得设带电粒子在在第二象限做平抛运动的水平位移为x1，则竖直方向有水平方向有联立解得 根据函数关系可知，当时，x1有最大值，且故带电粒子飞离磁场的位置范围为：（3）根据题意可知，该粒子的运动轨迹如下所示，设粒子离开电场的速度为v，则粒子在第一和第二象限中运动的过程中，由功能关系可得且射出速度与水平方向的夹角为由于粒子射出电场的位置坐标为，所以根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径为又联立可得