还剩16页未读，
继续阅读
精品解析：湖北省武汉市硚口区2023-2024学年高三上学期起点质量检测物理试题（解析版）
展开
这是一份精品解析：湖北省武汉市硚口区2023-2024学年高三上学期起点质量检测物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年硚口区高三年级起点质量检测
高三物理试卷
考试时间：2023年7月26日14：00-15：15 试卷满分100分
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，选对得4分，未选对得0分。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. “沉睡三千年，一醒惊天下”，考古工作者在三星堆遗址新发现6座三星堆文化“祭祀坑”。现已出土金面具残片、巨青铜面具、青铜神树、象牙等重要文物500余件，显示了当时灿烂的文明。考古学家利用放射性元素的半衰期来确定文物的年代，已知能自发释放β射线，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是（ ）
A. 的衰变方程为
B. β衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子
C. 的比结合能比的大
D. 随着全球变暖，衰变周期减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．衰变过程应满足质量数和电荷数守恒，则的衰变方程为
A错误；
B．β衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子，B正确；
C．β衰变过程中释放能量，所以生成物的比结合能较大，即的比结合能比的小，C错误；
D．原子核的衰变快慢只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，可知随着全球变暖，衰变周期不变，D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示。a、c两点在大齿轮上，b、d两点在小齿轮上。a、b是两个齿轮边缘上的两点，c、d是两齿轮半径中点处的两点。则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的周期相等
B. a、c两点的线速度大小相等
C. a点的向心加速度小于b点的向心加速度
D. c点的角速度大于d点的角速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，两轮边缘处线速度大小相等，但是半径不同，所以周期不等；A错误；
B．a、c两点同在大齿轮上，角速度相等，但是半径不等，所以线速度不等；B错误；
C．根据向心加速度公式
a点的半径大，所以向心加速度小，C正确；
D．a、b两点的线速度大小相等，根据角速度公式
a点的半径大，所以角速度小，a、c的角速度相同，b、d的角速度相同，所以c点的角速度小于d点的角速度。D错误。
故选C。
3. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q（点电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，也有可能一直减小，但速度一直增大，点电荷q在O点所受电场力的合力为零，加速度为零，速度达到最大，故C正确，AB错误；
D．同理，点电荷越过O点后，加速度可能先增大后减小，也有可能一直增大，但速度越来越小直到为零，D错误。
故选C
4. 某同学注意到市场最近流行的主动降噪耳机，开启降噪模式，耳朵立刻就有种世界都安静的体验。主动降噪耳机为了主动地消除噪声，在耳机内设有麦克风，用来收集周围噪声信号，然后通过电子线路产生一个与原噪声相位相反的降噪声波，再与噪声声波叠加相互抵消，从而实现降噪效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声声波，虚线对应降噪系统产生的等幅反相降噪声波。则（ ）
A. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强
B. 降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
C. 降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等
D. 质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【答案】C
【解析】
【详解】AB．降噪过程应用的是声波的干涉原理，由同侧法可知，环境噪声在P点向下振动，降噪声波在P点向上振动，可知P点振动减弱， 故AB错误；
C．同一介质中，声波的传播速度相等，故C正确；
D．点P不会随波迁移，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出．汽缸外部温度恒定不变，则
A. 缸内的气体压强减小，内能减小
B. 缸内气体压强增大，内能减小
C. 缸内的气体压强增大，内能不变
D. 外界对气体做功，缸内的气体内能增加
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对活塞来说：，则当m减小时，P增大；由于气体体积变大，则对外做功，W＜0，由于气体的温度不变，则△E=0，气体的内能不变，故选项C正确．
考点：热力学第一定律；气体的压强.
6. 2021年2月，“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并于2021年5月软着陆火星表面，开展巡视探测等工作，探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图如图所示，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的切点，O、Q还分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点减速
B. 在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期
C. 在轨道Ⅱ上运行的线速度大于火星的第一宇宙速度
D. 在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度大于运行到Q点的线速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点减速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，A正确；
B．根据开普勒第三定律
因轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅲ的半长轴，所以在轨道Ⅱ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期，B错误；
C．根据v＝可知，在轨道Ⅱ上运行的线速度小于火星的第一宇宙速度，C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，近地点的线速度大于远地点的线速度，所以在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度小于运行到Q点的线速度，D错误。
故选A。
7. 1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907-1916密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称这数值为基本电荷，如图所示，两块完全相同的金属极板正对着水平放置，板间的距离为d，当质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间不加电场时，观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为；当两板间加竖直向下的电场E时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间内运动的距离与在时间内运动的距离相等。忽略空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 根据上板电势高时观察油滴竖直向上做匀速运动可以判定油滴带正电
B. 密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是
C. 根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量
D. 根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量
【答案】D
【解析】
【详解】A．当两板间加竖直向下的电场E时，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A错误；
B．油滴所带的电荷量大约都是1.6×10-19C的整数倍，B错误；
CD．设油滴运动时所受空气阻力f与速度大小v满足关系为
当不加电场时，设油滴以速率v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即
当极板加电场E时，设油滴以速率v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即
根据题意有
解得
C错误，D正确。
故选D。
8. 灯笼是我国年俗文化的重要组成部分，无论旧时还是现在，手扎灯笼不但烘托出节日的喜庆氛围，还给予人们更多祈福的灵感，寄托了人们对健康、平安、长寿的美好期盼。中国人喜欢挂灯笼，有的人用一根线挂一个灯笼，但也有人采用别致的挂法，如图所示，某户人家用三根细线a、b、c连接质量相等的灯笼1和灯笼2，细线a一端固定在天花板上，细线c水平，一端固定在竖直墙壁上、三根细线a、b、c的弹力大小分别为、、，则（ ）
A. 一定小于 B. 一定大于
C. 可能小于 D. 一定大于
【答案】BD
【解析】
【详解】设灯笼的质量为m，细线a与竖直方向夹角为α，把两个灯笼看成整体，受力如图所示，由平衡条件，则有
可得
对灯笼2受力分析可得
可知
因α<90°，则有
可得
因此有
故选BD。
9. 某新能源汽车制动时回收汽车的动能。汽车制动时车轮带着线圈在辐向磁场中转动，如图（a）所示，其截面图如图（b）所示。已知线圈的匝数为N，AB的长度为，BC的长度为，线圈切割处磁场的磁感应强度大小为B。当线圈从水平位置逆时针转30°时，线圈的角速度为，电流为，则下列说法正确的是（ ）
A. 感应电流的方向为DCBA
B. 感应电动势的大小为
C. 感应电动势的大小为
D. 受到的安培力竖直向上，大小为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由右手定则得，当线圈从水平位置逆时针转30°时，感应电流的方向DCBA。故A正确；
BC．当线圈转30o的时，AB、CD两边垂直切割磁感线（辐向磁场），感应电动势的大小为NBL1L2ω，故B正确，C错误；
D．由左手定则，此时AB受到的安培力斜向左上方30o（与辐向磁场垂直），大小为NBIL1。故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数（g为重力加速度）。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为=0.5，则从M到N的过程中（ ）
A. 弹性绳对小球做的功为
B. 摩擦力对小球做的功为－mgh
C. 小球的加速度先减小再增大
D. 小球下落时，速度大小达到最大值
【答案】ACD
【解析】
【详解】B．在小球下降过程中，设滑轮右侧弹性绳与水平方向的夹角为θ，则弹性绳的弹力大小为
小球所受滑动摩擦力大小为
从M到N的过程中摩擦力对小球做的功为
故B错误；
A．从M到N的过程中，设弹性绳对小球做功为WT，根据动能定理有
解得
故A正确；
C．设小球的加速度为a，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有
解得
θ从零开始增大，a先竖直向下并减小，又因为小球末速度为零，所以在N点时小球的加速度竖直向上，综上所述可知加速度先减小后反向增大，故C正确；
D．当小球加速度为零时速度达到最大值，此时有
解得此时小球下落高度为
故D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电。小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2。
（1）下列说法正确的是_____。
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m1应远大于m2
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的如图2a﹣F图象，可能是图中的图线_____。（选填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=_____m/s2.（结果保留两位有效数字）
（4）如图所示，探究a-F时，发现在AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．轨道保持了水平状态
C．B桶中砝码的质量太大
D．所用小车质量太大
【答案】 ①. CD ②. 丙 ③. 1.0 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，选项B错误；
C．实验中为了保证砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，需要满足m1远大于m2，故C正确。
D．由于加速度与质量成反比，作a-m图线无法得出a与m1的定量关系，所以为了得出线性关系需要作a-图象，故D正确。
故选CD。
（2）[2]若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则F增加到一定值时，小车才有加速度，即图线与横轴正半轴有截距，可知a-F图象可能是图②中的丙图线。
（3）[3]根据△x=aT2，运用逐差法得
（4）[4]以小车m1与小桶m2组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于小桶的重力m2g，由牛顿第二定律得
m2g=（m1+m2）a
小车的加速度
小车受到的拉力
当m2＜＜m1时，可以认为小车受到的合力等于小桶的重力，如果小桶的质量太大，则小车受到的合力小于小桶的重力，实验误差较大，a-F图象偏离直线，故C正确。
12. 新能源汽车已经普遍走进了我们生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术，已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。
（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满时间要______h。
（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，其中图线A是利用单刀双掷开关接“1”时的实验数据描出的，图线A得出的内阻测量值比真实值偏大，图线B是利用单刀双掷开关接“2”时的实验数据描出的，图线B得出的内阻测量值比真实值偏小，综合A、B两条图线，此电芯的电动势为______，内阻______（用图中、、、表示）。
（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
A．电流表（量程0.6A） B．电流表（量程3A）
C．电压表（量程3V） D．电压表（量程15V）
E．定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）
F．定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W）
G．滑动变阻器（阻值10Ω）
H．滑动变阻器（阻值100Ω）
为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选______；电压表应选______；定值电阻选______；滑动变阻器R应选______。（填仪器前的字母）
【答案】 ①. 0.26 ②. ③. ④. A ⑤. C ⑥. E ⑦. G
【解析】
【详解】（1）[1]由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用恒流电源充电有
（2）[2][3]接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是图线纵轴交点与图线横轴交点的连线，可知
（3）[4]由题给器材只能选定值电阻（阻值，额定功率）或定值电阻（阻值，额定功率），根据P=UI可知为了保证的安全，最大电流不超过，因此电流表应选（量程）；
[5]一块电芯的电动势为
因此电压表应选C（量程）；
[6]电压最高为，如果选择的定值电阻，最大电流低于，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选E（阻值、额定功率）；
[7]滑动变阻器如果选H（阻值），调节很不方便，所以应选G（阻值）。
13. 如图，横截面为半径的半圆形透明柱体与屏幕相切于点，垂直于直径，一单色光以入射角射向圆心，反射光线与折射光线恰好垂直。已知光在真空中的传播速度为（，）。
（1）介质的折射率；
（2）光线从点照射到屏幕上所用的时间。
【答案】（1） ；（2）4×10-10s
【解析】
【详解】（1）由几何关系可知入射角
α＝53°
折射角
β＝37°
根据折射定律可得
n＝
解得
（2）由折射率可得
v＝＝2.25×108m/s
由几何关系可知
OF＝＝0.1m
EF＝OF－R
光线从O到E所用时间
t1＝
光线从E到F所用时间
t2＝＝
到荧光屏的时间
t＝t1＋t2＝4×10-10s
14. 如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）如果粒子初速度为零，匀强磁场，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，将从NP边再次进入电场，试计算带电粒子进入电场时速度与NP的夹角；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。试计算改变后电场强度的大小和粒子的初速度。
【答案】（1）垂直NP再次进入电场；（2），
【解析】
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
将
代入解得
由以上分析出粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，将垂直NP再次进入电场，轨迹如图：
（2）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
15. 如图所示，倾角为=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数，B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m/s2，求:
（1）发生第一次碰撞后物块A的速度vA1和物块B的速度vB1；
（2）两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；
（3）物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。
【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=6
【解析】
【详解】(1)设B下滑刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得
解得v=5m/s，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒可得
联立可解得
即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。
(2)A沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为，B沿斜面减速上滑，设加速度大小为，分别由牛顿第二定律可得
代入数据可解得，，t1=1s后，A速度减小为0，B上升至最高点时间，由对称性可知，1s时B恰返回出发点，且速度为，加速度为aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移为
此过程A的位移为
设B运动位移的时间为t2，由运动学公式可得
解得，故两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间
(3)由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足
故第二次碰撞前瞬间，B的速度为
则碰后A、B的速度分别为
同理可得，第三次碰撞前，即A减速为零时的位移为
以此类推，第四次碰前，A下滑的位移为
物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足
可解得n=6，故最多能碰撞6次。
2023年硚口区高三年级起点质量检测
高三物理试卷
考试时间：2023年7月26日14：00-15：15 试卷满分100分
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，选对得4分，未选对得0分。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. “沉睡三千年，一醒惊天下”，考古工作者在三星堆遗址新发现6座三星堆文化“祭祀坑”。现已出土金面具残片、巨青铜面具、青铜神树、象牙等重要文物500余件，显示了当时灿烂的文明。考古学家利用放射性元素的半衰期来确定文物的年代，已知能自发释放β射线，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是（ ）
A. 的衰变方程为
B. β衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子
C. 的比结合能比的大
D. 随着全球变暖，衰变周期减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．衰变过程应满足质量数和电荷数守恒，则的衰变方程为
A错误；
B．β衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子，B正确；
C．β衰变过程中释放能量，所以生成物的比结合能较大，即的比结合能比的小，C错误；
D．原子核的衰变快慢只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，可知随着全球变暖，衰变周期不变，D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示。a、c两点在大齿轮上，b、d两点在小齿轮上。a、b是两个齿轮边缘上的两点，c、d是两齿轮半径中点处的两点。则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的周期相等
B. a、c两点的线速度大小相等
C. a点的向心加速度小于b点的向心加速度
D. c点的角速度大于d点的角速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，两轮边缘处线速度大小相等，但是半径不同，所以周期不等；A错误；
B．a、c两点同在大齿轮上，角速度相等，但是半径不等，所以线速度不等；B错误；
C．根据向心加速度公式
a点的半径大，所以向心加速度小，C正确；
D．a、b两点的线速度大小相等，根据角速度公式
a点的半径大，所以角速度小，a、c的角速度相同，b、d的角速度相同，所以c点的角速度小于d点的角速度。D错误。
故选C。
3. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q（点电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，也有可能一直减小，但速度一直增大，点电荷q在O点所受电场力的合力为零，加速度为零，速度达到最大，故C正确，AB错误；
D．同理，点电荷越过O点后，加速度可能先增大后减小，也有可能一直增大，但速度越来越小直到为零，D错误。
故选C
4. 某同学注意到市场最近流行的主动降噪耳机，开启降噪模式，耳朵立刻就有种世界都安静的体验。主动降噪耳机为了主动地消除噪声，在耳机内设有麦克风，用来收集周围噪声信号，然后通过电子线路产生一个与原噪声相位相反的降噪声波，再与噪声声波叠加相互抵消，从而实现降噪效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声声波，虚线对应降噪系统产生的等幅反相降噪声波。则（ ）
A. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强
B. 降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
C. 降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等
D. 质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【答案】C
【解析】
【详解】AB．降噪过程应用的是声波的干涉原理，由同侧法可知，环境噪声在P点向下振动，降噪声波在P点向上振动，可知P点振动减弱， 故AB错误；
C．同一介质中，声波的传播速度相等，故C正确；
D．点P不会随波迁移，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出．汽缸外部温度恒定不变，则
A. 缸内的气体压强减小，内能减小
B. 缸内气体压强增大，内能减小
C. 缸内的气体压强增大，内能不变
D. 外界对气体做功，缸内的气体内能增加
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对活塞来说：，则当m减小时，P增大；由于气体体积变大，则对外做功，W＜0，由于气体的温度不变，则△E=0，气体的内能不变，故选项C正确．
考点：热力学第一定律；气体的压强.
6. 2021年2月，“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并于2021年5月软着陆火星表面，开展巡视探测等工作，探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图如图所示，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的切点，O、Q还分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点减速
B. 在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期
C. 在轨道Ⅱ上运行的线速度大于火星的第一宇宙速度
D. 在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度大于运行到Q点的线速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点减速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，A正确；
B．根据开普勒第三定律
因轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅲ的半长轴，所以在轨道Ⅱ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期，B错误；
C．根据v＝可知，在轨道Ⅱ上运行的线速度小于火星的第一宇宙速度，C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，近地点的线速度大于远地点的线速度，所以在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度小于运行到Q点的线速度，D错误。
故选A。
7. 1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907-1916密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称这数值为基本电荷，如图所示，两块完全相同的金属极板正对着水平放置，板间的距离为d，当质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间不加电场时，观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为；当两板间加竖直向下的电场E时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间内运动的距离与在时间内运动的距离相等。忽略空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 根据上板电势高时观察油滴竖直向上做匀速运动可以判定油滴带正电
B. 密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是
C. 根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量
D. 根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量
【答案】D
【解析】
【详解】A．当两板间加竖直向下的电场E时，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A错误；
B．油滴所带的电荷量大约都是1.6×10-19C的整数倍，B错误；
CD．设油滴运动时所受空气阻力f与速度大小v满足关系为
当不加电场时，设油滴以速率v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即
当极板加电场E时，设油滴以速率v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即
根据题意有
解得
C错误，D正确。
故选D。
8. 灯笼是我国年俗文化的重要组成部分，无论旧时还是现在，手扎灯笼不但烘托出节日的喜庆氛围，还给予人们更多祈福的灵感，寄托了人们对健康、平安、长寿的美好期盼。中国人喜欢挂灯笼，有的人用一根线挂一个灯笼，但也有人采用别致的挂法，如图所示，某户人家用三根细线a、b、c连接质量相等的灯笼1和灯笼2，细线a一端固定在天花板上，细线c水平，一端固定在竖直墙壁上、三根细线a、b、c的弹力大小分别为、、，则（ ）
A. 一定小于 B. 一定大于
C. 可能小于 D. 一定大于
【答案】BD
【解析】
【详解】设灯笼的质量为m，细线a与竖直方向夹角为α，把两个灯笼看成整体，受力如图所示，由平衡条件，则有
可得
对灯笼2受力分析可得
可知
因α<90°，则有
可得
因此有
故选BD。
9. 某新能源汽车制动时回收汽车的动能。汽车制动时车轮带着线圈在辐向磁场中转动，如图（a）所示，其截面图如图（b）所示。已知线圈的匝数为N，AB的长度为，BC的长度为，线圈切割处磁场的磁感应强度大小为B。当线圈从水平位置逆时针转30°时，线圈的角速度为，电流为，则下列说法正确的是（ ）
A. 感应电流的方向为DCBA
B. 感应电动势的大小为
C. 感应电动势的大小为
D. 受到的安培力竖直向上，大小为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由右手定则得，当线圈从水平位置逆时针转30°时，感应电流的方向DCBA。故A正确；
BC．当线圈转30o的时，AB、CD两边垂直切割磁感线（辐向磁场），感应电动势的大小为NBL1L2ω，故B正确，C错误；
D．由左手定则，此时AB受到的安培力斜向左上方30o（与辐向磁场垂直），大小为NBIL1。故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数（g为重力加速度）。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为=0.5，则从M到N的过程中（ ）
A. 弹性绳对小球做的功为
B. 摩擦力对小球做的功为－mgh
C. 小球的加速度先减小再增大
D. 小球下落时，速度大小达到最大值
【答案】ACD
【解析】
【详解】B．在小球下降过程中，设滑轮右侧弹性绳与水平方向的夹角为θ，则弹性绳的弹力大小为
小球所受滑动摩擦力大小为
从M到N的过程中摩擦力对小球做的功为
故B错误；
A．从M到N的过程中，设弹性绳对小球做功为WT，根据动能定理有
解得
故A正确；
C．设小球的加速度为a，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有
解得
θ从零开始增大，a先竖直向下并减小，又因为小球末速度为零，所以在N点时小球的加速度竖直向上，综上所述可知加速度先减小后反向增大，故C正确；
D．当小球加速度为零时速度达到最大值，此时有
解得此时小球下落高度为
故D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电。小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2。
（1）下列说法正确的是_____。
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m1应远大于m2
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的如图2a﹣F图象，可能是图中的图线_____。（选填“甲”、“乙”、“丙”）
（3）如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=_____m/s2.（结果保留两位有效数字）
（4）如图所示，探究a-F时，发现在AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．轨道保持了水平状态
C．B桶中砝码的质量太大
D．所用小车质量太大
【答案】 ①. CD ②. 丙 ③. 1.0 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，选项B错误；
C．实验中为了保证砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，需要满足m1远大于m2，故C正确。
D．由于加速度与质量成反比，作a-m图线无法得出a与m1的定量关系，所以为了得出线性关系需要作a-图象，故D正确。
故选CD。
（2）[2]若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则F增加到一定值时，小车才有加速度，即图线与横轴正半轴有截距，可知a-F图象可能是图②中的丙图线。
（3）[3]根据△x=aT2，运用逐差法得
（4）[4]以小车m1与小桶m2组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于小桶的重力m2g，由牛顿第二定律得
m2g=（m1+m2）a
小车的加速度
小车受到的拉力
当m2＜＜m1时，可以认为小车受到的合力等于小桶的重力，如果小桶的质量太大，则小车受到的合力小于小桶的重力，实验误差较大，a-F图象偏离直线，故C正确。
12. 新能源汽车已经普遍走进了我们生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术，已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。
（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满时间要______h。
（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，其中图线A是利用单刀双掷开关接“1”时的实验数据描出的，图线A得出的内阻测量值比真实值偏大，图线B是利用单刀双掷开关接“2”时的实验数据描出的，图线B得出的内阻测量值比真实值偏小，综合A、B两条图线，此电芯的电动势为______，内阻______（用图中、、、表示）。
（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
A．电流表（量程0.6A） B．电流表（量程3A）
C．电压表（量程3V） D．电压表（量程15V）
E．定值电阻（阻值2Ω，额定功率2W）
F．定值电阻（阻值20Ω，额定功率20W）
G．滑动变阻器（阻值10Ω）
H．滑动变阻器（阻值100Ω）
为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选______；电压表应选______；定值电阻选______；滑动变阻器R应选______。（填仪器前的字母）
【答案】 ①. 0.26 ②. ③. ④. A ⑤. C ⑥. E ⑦. G
【解析】
【详解】（1）[1]由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用恒流电源充电有
（2）[2][3]接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是图线纵轴交点与图线横轴交点的连线，可知
（3）[4]由题给器材只能选定值电阻（阻值，额定功率）或定值电阻（阻值，额定功率），根据P=UI可知为了保证的安全，最大电流不超过，因此电流表应选（量程）；
[5]一块电芯的电动势为
因此电压表应选C（量程）；
[6]电压最高为，如果选择的定值电阻，最大电流低于，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选E（阻值、额定功率）；
[7]滑动变阻器如果选H（阻值），调节很不方便，所以应选G（阻值）。
13. 如图，横截面为半径的半圆形透明柱体与屏幕相切于点，垂直于直径，一单色光以入射角射向圆心，反射光线与折射光线恰好垂直。已知光在真空中的传播速度为（，）。
（1）介质的折射率；
（2）光线从点照射到屏幕上所用的时间。
【答案】（1） ；（2）4×10-10s
【解析】
【详解】（1）由几何关系可知入射角
α＝53°
折射角
β＝37°
根据折射定律可得
n＝
解得
（2）由折射率可得
v＝＝2.25×108m/s
由几何关系可知
OF＝＝0.1m
EF＝OF－R
光线从O到E所用时间
t1＝
光线从E到F所用时间
t2＝＝
到荧光屏的时间
t＝t1＋t2＝4×10-10s
14. 如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）如果粒子初速度为零，匀强磁场，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，将从NP边再次进入电场，试计算带电粒子进入电场时速度与NP的夹角；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。试计算改变后电场强度的大小和粒子的初速度。
【答案】（1）垂直NP再次进入电场；（2），
【解析】
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
将
代入解得
由以上分析出粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，将垂直NP再次进入电场，轨迹如图：
（2）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
15. 如图所示，倾角为=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数，B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m/s2，求:
（1）发生第一次碰撞后物块A的速度vA1和物块B的速度vB1；
（2）两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；
（3）物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。
【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=6
【解析】
【详解】(1)设B下滑刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得
解得v=5m/s，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒可得
联立可解得
即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。
(2)A沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为，B沿斜面减速上滑，设加速度大小为，分别由牛顿第二定律可得
代入数据可解得，，t1=1s后，A速度减小为0，B上升至最高点时间，由对称性可知，1s时B恰返回出发点，且速度为，加速度为aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移为
此过程A的位移为
设B运动位移的时间为t2，由运动学公式可得
解得，故两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间
(3)由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足
故第二次碰撞前瞬间，B的速度为
则碰后A、B的速度分别为
同理可得，第三次碰撞前，即A减速为零时的位移为
以此类推，第四次碰前，A下滑的位移为
物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足
可解得n=6，故最多能碰撞6次。
相关试卷
湖北省武汉市硚口区2023-2024高三上学期起点质量检测物理试卷+答案： 这是一份湖北省武汉市硚口区2023-2024高三上学期起点质量检测物理试卷+答案，共12页。
湖北省武汉市硚口区2023-2024学年高三上学期起点质量检测物理试题： 这是一份湖北省武汉市硚口区2023-2024学年高三上学期起点质量检测物理试题，共12页。
2022-2023学年湖北省武汉市武昌区高三上学期质量检测物理试卷（解析版）： 这是一份2022-2023学年湖北省武汉市武昌区高三上学期质量检测物理试卷（解析版），共33页。试卷主要包含了 选择题的作答， 非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
