黑龙江省哈尔滨市第六中学2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题

20/2019/20/2020级哈尔滨市第六中学校上学期期中考试高三物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（）A.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用B.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用C.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用D.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用【答案】C【解析】【详解】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左上方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小。故选C。2.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度，φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像正确的是图中的（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．由平行板电容器的电容C=可知d减小时，C变大，但不是一次函数关系，故A错误；B．因为E==所以在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，电场强度E与x无关，故B错误；C．在负极板接地的情况下，设P点最初的电势为φ0，则平移后P点的电势为φ=φ0-Ex0故C正确；D．正电荷在P点的电势能故D错误。故选C。3.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，假如煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可被破碎，若高速水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为（）A.30m/s B.40m/s C.45m/s D.60m/s【答案】D【解析】【详解】根据题意及动量定理可得得故选D。4.如图，双量程电流表的小量程为0～1mA，已知表头G的满偏电流，定值电阻，，则表头G的内阻的值为（??）A.900Ω B.500Ω C.250Ω D.100Ω【答案】A【解析】【详解】当与表头G并联的电阻越大时，量程越小，即当接线柱接公共端与最右边的接线柱时，量程最小，由欧姆定律可知（R1＋R2）（I－代入数据解得=900Ω故选A。5.电量未知的点电荷固定在半径为R的圆上的A点，AC为圆的水平直径，BD为圆的竖直直径，空间存在电场强度大小为E、平行圆面的匀强电场，将另一个电荷量为的点电荷从B点顺着圆弧沿逆时针移到D点，电场力做功为，当该点电荷运动到C点时受到的电场力大小为，静电力常量为k，则在A处的点电荷的电量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】将一个电荷量为的点电荷从B点顺着圆弧沿逆时针移到D点，电场力做功为2qER，说明电场方向平行于BD且由D指向B，设A点点电荷的电量为Q，则解得故选C。6.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为()A.L B.C. D.【答案】C【解析】【详解】设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v1，对系统运用能量守恒有：，联立解得：，故C正确，ABD错误．7.如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，电容器的电容。闭合开关，，电路稳定后，则（）A.电源的总功率为10WB.电容器所带电荷量为C.断开开关，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为D.断开开关，电源的输出功率增大【答案】C【解析】【详解】A．电源的总功率为A错误；B．设电源负极电势为零，则电源正极电势为闭合开关，，电路稳定后，电路中电流路端电压根据如图所示电路可得得则所以电容器所带电荷量为B错误；C．断开开关，稳定后电路为串联电路，电容器两端电压等于两端的电压，则电容器所带电荷量为所以断开开关，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为C正确；D．闭合开关S1S2，电源的输出功率断开开关S2，电源的输出功率所以断开开关，电源的输出功率减小，D错误。故选C。8.如图1所示，两水平金属板a、b间距为d，竖直荧光屏与极板右侧距离为L，两板上电压如图2所示。现有带正电的粒子（比荷为k）从两板左侧中点以水平速度v0连续射入电场中，已知所有粒子总能打到荧光屏上，金属板长为。不计重力和粒子间的相互作用，则荧光屏上呈现亮线的长度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】当时进入电场，荧光屏上呈现亮线的长度Y最大，粒子在两水平金属板内运动的时间为解得粒子在第一个t0时间内做类平抛运动，在第二个t0时间内做匀速直线运动，然后出电场。在第一个t0时间内偏转的距离为解得根据三角形相似得解得故选A。9.图中未标明方向的一簇虚线可能是电场线或等势线，实线为电子由a点运动到b点的轨迹。不计重力影响，下列说法正确的是（）A.若图中虚线为电场线，则电子在a点动能较大B.若图中虚线为等势线，则电子在b点动能较小C.不论图中虚线是电场线或等势线，a点场强均大于b点的场强D.不论图中虚线是电场线或等势线，a点的电势均高于b点的电势【答案】AC【解析】【详解】A．若图中虚线为电场线，电子由a点运动到b点的过程中，根据合力指向轨迹凹的一侧，可知电子受到的电场力方向与电子速度方向的夹角大于，电场力做负功，则电子的动能减小，所以电子在a点动能较大，故A正确；B．若图中虚线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且合力指向轨迹凹的一侧，可知电子受到的电场力方向与电子速度方向的夹角小于，电场力做正功，则电子的动能增大，所以电子在b点动能较大，故B错误；C．不论图中虚线是电场线或等势线，根据电场线或等势线的疏密程度均可表示电场强度的强弱，由题图可知a点的场强均大于b点的场强，故C正确；D．若图中虚线是电场线，由前面分析可知，电子由a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电子的电势能增加，则电子的电势降低，即a点的电势高于b点的电势；若图中虚线是等势线，由前面分析可知，电子由a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，则电子的电势升高，即a点的电势低于b点的电势，故D错误。故选AC。10.电荷量分别为和的两点电荷分别固定在x轴上的O、P两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、b两点的电势为零，段c点电势最高。下列说法正确的是（）A.为正电荷，为负电荷B.电荷量小于的电荷量C.将一负电荷从b点移到d点，电势能先减小后增大D.将一负电荷从b点静止释放后沿x轴正方向运动到c点时动能最大【答案】ACD【解析】【详解】A．越靠近O处，电势越高（为正），越靠近P处电势越低（为负），所以为正电荷，为负电荷。故A正确；B．因为图像切线的斜率为电场强度，由题意知，c处的电场强度为零，即两电荷在c处的电场强度等大反向，由题可知，离c点距离大于离c点距离，则由点电荷电场强度表达式可知，电荷量大于的电荷量，故B错误；C．因为从b点移到d点，电势先升高后降低，而负电荷在电势低的地方电势能大，所以将一负电荷从b点移到d点，电势能先减小后增大，故C正确；D．将一负电荷从b点静止释放后将沿x轴正方向运动，因为从b点到c点电场力做正功，动能增加，从c点到d点电场力做负功，动能减少，所以运动到c点时动能最大，故D正确。故选ACD。11.轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长，将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，则恰能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（）A.下滑过程中，环受到的合力先减小后增大B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为C.上滑过程中，弹簧对环做功为D.上滑时经过B点的速度大于下滑时经过B点的速度【答案】ABD【解析】【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，因速度最大时加速度为零，即加速度先减小，后增大，则合力先减小后增大，故A正确；BC．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得又因为在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A，则由动能定理得解得克服摩擦力做功为即环与杆摩擦产生的热量为。又因为所以解得故B正确，C错误；D．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理得研究圆环从B处上滑到A的过程，由动能定理得由于摩擦力做负功，所以所以则上滑时经过B点的速度大于下滑时经过B点的速度，故D正确。故选ABD。12.如图，在虚线PQ上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，质子和α粒子从PQ上的O点以相同的速度v（v在纸面内且与PQ的夹角为θ，）同时射入磁场中，分别从PQ上A、B两点离开磁场。已知磁感应强度的大小为B，质子的质量为m、电荷量为e。忽略重力及质子与α粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A.A、B两点间距为 B.A、B两点间距为C.两粒子在磁场中运动的时间差为 D.两粒子在磁场中运动的时间差为【答案】BC【解析】【详解】AB．质子与α粒子的运动轨迹如图根据可得质子的质量m、电荷量e，α粒子质量4m、电荷量2e，则根据几何关系可知A、B两点间距为故A错误，B正确；CD．两粒子在磁场中运动的时间差为故C正确，D错误。故选BC二、实验题：本题共2小题，共15分。13.在“测定金属的电阻率”实验中，待测金属丝接入电路部分的长度约为80.0cm，直径小于1mm。实验步骤如下：（1）用毫米刻度尺测量金属丝的长度，求出平均值L；选择金属丝的不同位置用___________测量直径，取其平均值作为金属丝的直径d。（2）先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是___________Ω。（3）用伏安法测金属丝的电阻R，提供下列实验器材：A．电流表（量程0～06A，内阻约0.1Ω）B．电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω）C．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）D．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）E．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）F．电源（电动势3.0V，内阻不计）G．开关、导线若干为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（选填实验器材前对应的字母）；采用电路图中的___________（选填“乙”或“丙”）图。（4）用上面测得的金属丝长度L、直径d和电阻R，可根据ρ＝___________计算出所测金属丝的电阻率。【答案】①.螺旋测微器②.6③.A④.C⑤.乙⑥.【解析】【详解】（1）[1]选择金属丝的不同位置用螺旋测微器测量直径，取其平均值作为金属丝的直径d。（2）[2]用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，由图甲可知，金属丝的电阻R=6×1Ω=6Ω（3）[3]由题知，电源电动势为3V，则回路中最大电流故电流表选A；[4]为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故选C；[5]待测金属丝的电阻为小电阻，则电流表应用外接法，即实验中应采用图中的乙图；（4）[6]根据得14.利用图1所示装置探究机械能变化量与力做功的关系，实验器材：一端附滑轮的长木板、轻细绳、50g钩码若干、光电门（2个）、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g，其上可放置钩码）、刻度尺。当地重力加速度为9.8m/s2，实验步骤如下：①安装器材，调整两个光电门距离为50.0cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加1个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量m、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）动能的增加量及系统机械能的减少量，结果如下表所示。12345m/kg0.2000.2500.3000.3500.400?Ek/J0.5870.4900.3920.2940.195?E/J0.3930.5880.6860.785（1）实验中轻细绳所悬挂钩码的重力势能的减少量为___________J（保留三位有效数字）；（2）步骤④中的表格所缺数据为___________。（3）以m为横轴、?E为纵轴，在图2中描绘出?E—m图像（）；若不计轻细绳与滑轮之间的摩擦力做功，则滑块与木板之间的动摩擦因数为___________（保留两位有效数字）。【答案】①.0.980②.0.490③.④.0.40【解析】【详解】（1）[1]钩码重力势能的减少量为=4×50×10－3×9.8×0.5J=0.980J（2）[2]步骤④中的表格所缺数据为?E==0.980－0.490J=0.490J（3）[3]根据表格数据描点作图[4]由题意可知，滑块和木板之间的摩擦力做功即为系统损失的机械能，则有=?E根据图像有k=，解得μ=0.40三、计算题：本题共3小题，共35分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，将带电荷量均为＋q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量．【答案】(1)(2)电势能减小【解析】【详解】(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿运动定律可得：其中：代入可得:(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：小球受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：在匀加速阶段小球B上升的高度为：在匀速阶段小球B上升的高度为：所以在整个过程中电场力做功为：由于电场力对小球B做了的正功，所以小球B电势能减小了.【点睛】电场中的牛顿第二定律和运动学结合的应用，关键是灵活选取研究对象，正确的进行受力分析，再运用力学的规律解题．16.如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（μ<1）。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设物体P的质量为m，滑板的质量为2m。（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；（2）若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度。【答案】