2023-2024学年四川省资中县球溪名校学高三上学期11月考试 物理测试试题（解析版）

这是一份2023-2024学年四川省资中县球溪名校学高三上学期11月考试 物理测试试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5m/s2B等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填涂在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 S：32 As：75 Ni：59 Zn：65
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 一个物体以初速度做匀加速直线运动的物体，该物体在前3s内通过的位移是10.5 m，则它的加速度为（ ）
A. 0.5m/s2B. 1.0m/s2C. 1.5m/s2D. 2.0m/s2
【答案】B
【解析】
【详解】根据位移时间关系有
代入数据解得
故选B
2. 如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力大小（ ）
A. 等于B. 大于
C. 小于D. 条件不足，无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】根据平衡条件得
根据题意
解得
故选B。
3. 如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A. 逸出光电子的最大初动能为10.80eV
B. n=3跃迁到n=1放出的光子动量最大
C. 有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D. 用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n=4激发态
【答案】B
【解析】
【详解】A．从n=3跃迁到n=1放出的光电子能量最大，根据
可得此时最大初动能为
故A错误；
B．根据
又因为从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，故可知动量最大，故B正确；
C．大量氢原子从n=3的激发态跃迁基态能放出种频率的光子，其中从n=3跃迁到n=2放出的光子能量为
不能使金属钠产生光电效应，其他两种均可以，故C错误；
D．由于从n=3跃迁到n=4能级需要吸收的光子能量为
所以用0.85eV光子照射，不能使氢原子跃迁到n=4激发态，故D错误。
故选B。
4. 2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A. 质量比静止在地面上时小B. 所受合力比静止在地面上时小
C. 所受地球引力比静止在地面上时大D. 做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；
BC．设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即
在地面受地球引力为
因此有，故BC错误；
D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力
解得
这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。
故选D。
5. 一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的
A. 速度增加，加速度减小B. 速度减小，加速度增加
C. 速度减小，加速度减小D. 速度增加，加速度增加
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据
P=Fv
知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．时刻之前功率为P，由于做匀速直线运动，所以牵引力F等于阻力f，当汽车的功率突然减小一半，由于速度，来不及变化，根据
可知，此时牵引力减小为原来的一半，则
此时
即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．根据
可知速度减小又导致牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度
减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动。由此可知在t1～t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小，故C正确，ABD错误。
故选C。
6. 如图所示，内壁光滑圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向，两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球（ ）
A. 运动周期之比
B. 速度之比
C. 机械能之比
D. 向心加速度之比
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．设支持力和竖直方向上的夹角为，小球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得
解得
因为A、B圆运动的半径之比为2:1，所以
AD错误，B正确；
C．因为
所以
根据几何知识可知
根据
则有
机械能为动能和重力势能之和，故
C正确。
故选BC。
7. 如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞经观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L2处的D点，且，空气阻力不计，以下说法正确的有（ ）
A. 飞机第一次投弹时的速度为B. 飞机第二次投弹时的速度为
C. 飞机水平飞行的加速度为D. 两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．第一次投出的炸弹做平抛运动，在时间T内水平方向匀速直线运动的位移为L1，故第一次投弹的初速度为
故A正确；
BC．设飞机加速度为a，第二次投弹时的速度为v2，由匀变速直线运动的规律可知
解得
故BC错误；
D．两次投弹间隔T内飞机飞行的距离为
故D正确。
故选AD。
8. 一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是（ ）
A. 在x = 1m时，拉力的功率为6W
B. 在x = 4m时，物体的动能为2J
C. 从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D. 从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的速度最大为2m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
则图线的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则在时，代入对应坐标解得速度
此时拉力
则此时拉力的功率
在x＝4m时，代入对应数据解得物体的动能为
故A错误，B正确；
CD．根据W-x图像可知在0-2m的过程中拉力为6N，2-4m的过程中拉力为3N，由于物体受到的摩擦力恒为
从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为
则物体在x=2m后拉力小于摩擦力，物体做减速运动，则在x=2m处速度最大，根据动能定理
则此时最大速度为
故C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
9. 某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下
（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整_____．
（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为________N/m．（结果保留3位有效数字）
【答案】 ①. 13.00; ②. 73.4;
【解析】
【分析】图中刻度尺是毫米刻度尺，应读到0.01cm；根据胡克定律F=kx，求解弹簧的劲度系数k，要注意x是弹簧伸长的长度或压缩的长度；
【详解】解：(1)根据示意图读出此时弹簧的实际长度为13.00cm；
(2)弹簧原长为9.00cm，则伸长量：，弹力，根据F=kx求解劲度系数；
故劲度系数的平均值为：
10. 某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。则：
（1）木板的加速度可以用d、t表示为a＝______。
（2）改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是______。
（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是______。
A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取多组实验数据
C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
【答案】 ①. ②. C ③. BC
【解析】
【详解】(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据
得
解得
即木板的加速度为。
(2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当
木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB错误；
CD．据题意，木板受到的滑动摩擦力为，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有
联立解得
其中m为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当时，近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后变小，即图像向下弯曲，C正确，D错误。
故选C。
(3)[3]A．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；
BC．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；
D．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。
故选BC。
11. 如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长光滑直杆上，直杆与水平面夹θ为30°。现小球在F=15N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动。g 取10m/s2。试求：
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm。
【答案】（1）2.5m/s2；（2）7.5m
【解析】
【分析】
【详解】（1）对小球由牛顿第二定律得
解得
（2）在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x1，末速度大小为v，则
，
撤去力F后，小球减速上滑的加速度大小为，位移大小为，则
，
且
联立得
12. 2022 年北京成功举办了24届冬奥会，又一次向全世界展示了中国精神。其中跳台滑雪比赛难度最高，也最具有观赏性。小明同学为了探究运动员的运动过程在实验室设计出小型轨道，如图所示。质量为m  0.4kg 的小球从平台上水平抛出后，落在倾角 53 的光滑斜面顶端A点，并恰好无碰撞的沿斜面滑下，从斜面最低点B平滑进入半径R0.5m 的光滑圆形轨道BCD，通过与B点等高的D点后抛出，A点与平台的高度差h  0.8m，斜面的高度H=7.0m。取g  10 m/s2，sin 53  0.8，cs 53  0.6，求：
（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
（2）小球第一次通过最低点C时对轨道的压力大小；
（3）小球在D点飞出后到达最高点时距D点的高度差。

【答案】（1）1.2m；（2）139.2N；（3）5.28m
【解析】
【详解】（1）小球从平台抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
小球到达A点时竖直方向的分速度为
在A点时恰好无碰撞的沿斜面滑下，故小球在A点速度与水平方向的夹角为53°，由速度分解可得
，
平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故
（2）小球从A到C的过程应用动能定理可得
Mg(H+R-Rcs53°)=
解得
在C点，有
解得
由牛顿第三定律，小球第一次通过最低点C时对轨道的压力大小为139.2N。
（3）小球由C到D应用动能定理
-mg(R-Rcs53°)=
解得
小球从D点抛出后当竖直方向分速度减小到0时到达最高点，最高点速度为
小球由D点到最高点应用动能定理
-mgΔh=
解得
Δh=5.28m
【物理-选修3-3】
13. 利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（ ）
A. A端为冷端，B端为热端
B. A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C. A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D. 该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E. 该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
【答案】ABE
【解析】
【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
14. 如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】设平衡时，在A与B之间、B与容器底面之间气体的压强分别为和，由力的平衡条件有
漏气发生后，设整个封闭气体体积为，压强为，由力的平衡条件有
由玻意耳定律得
式中，是原来A与B之间的气体在漏气发生后所占的体积，设活塞A移动的距离为l（取升高时为正），按几何关系有
联立可得
【物理-选修3-4】
15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。下列说法正确的是__________。
A. 这列波的波长是4m
B. 这列波的传播速度是1.25m/s
C. M点以后的各质点开始振动时的方向都沿＋y方向
D. 质点Q经过8s时，第一次到达波峰
E. 在0~16s内，质点Q经过的路程为1.1m
【答案】ADE
【解析】
【详解】A．由甲图得到波长为4m，故A正确；
B．由乙图得到周期为4s，故波速
故B错误；
C．波前初始振动方向向下运动，M点以后的各个质点开始振动的方向均与波前振动方向相同，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故C错误；
D．x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰
故D正确；
E．波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间
质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为
S=11A=11×10cm=110cm=1.1m
故E正确。
故选ADE。
16. 如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB=120º，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径，圆锥轴线与桌面垂直。有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率，求光束在桌面上形成的光斑的几何形状和面积。
【答案】圆环；
【解析】
【详解】光路图如图所示，由图可知：光束形成的光斑为圆环。
射到OA界面的入射角α＝30º，则
故入射光能从圆锥侧面射出。
设折射角为β，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律
或
解得
β＝60º
过O点作OD//AC，则
在中
在中
故
在中
光束在桌面上形成光环的面积钩码数(个)
0
1
2
3
4
刻度尺的刻度x/cm
9.00
10.35
11.66
14.34
钩码数(个)
0
1
2
3
4
刻度尺的刻度x/cm
9.00
10.35
11.66
13.00
14.34
伸长量△x/cm
0
1.35
2.66
4.00
5.34
弹力F/N
0
0.98
1.96
2.94
3.92
劲度系数k/(N/m)
72.6
73.7
73.5
73.4