甘肅省示范名校2023年物理高三上期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示為兩條長直平行導線的橫截面圖，兩導線中均通有垂直紙面向外、強度大小相等的電流，圖中的水平虛線為兩導線連線的垂直平分線，A、B兩點關于交點O對稱，已知A點與其中一根導線的連線與垂直平分線的夾角為θ=30°，且其中任意一根導線在A點所產生的磁場的磁感應強度大小為B。則下列說法正確的是（）A．根據對稱性可知A、B兩點的磁感應強度方向相同B．A、B兩點磁感應強度大小均為C．A、B兩點磁感應強度大小均為BD．在連線的中垂線上所有點的磁感應強度一定不為零2、如圖所示，A、B、C三球的質量分別為m、m、2m,三個小球從同一高度同時出發，其中A球有水平向右的初速度v0，B、CA．1次B．2次C．3次D．4次3、如圖所示，AB是固定在豎直平面內的光滑絕緣細桿，A、B兩點恰好位于圓周上，桿上套有質量為m、電荷量為+q的小球(可看成點電荷)，第一次在圓心O處放一點電荷+Q，讓小球從A點沿桿由靜止開始下落，通過B點時的速度為，加速度為a1；第二次去掉點電荷，在圓周平面加上磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，讓小球仍從A點沿桿由靜止開始下落，經過B點時速度為，加速度為a2，則（）A．＜ B．＞ C．a1＜a2 D．a1＞a24、如圖所示，虛線所圍矩形區域abcd內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。現從ab邊的中點O處，某一粒子以最小速度υ垂直于磁場射入、方向垂直于ab時，恰能從ad邊的a點穿出。若撤去原來的磁場在此矩形區域內存在豎直向下的勻強電場，使該粒子以原來的初速度在O處垂直于電場方向射入，通過該區域后恰好從d點穿出，已知此粒子的質量為m，電荷量的大小為q，其重力不計；ab邊長為2ι，ad邊長為3ι，則下列說法中正確的是A．勻強磁場的磁感應強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為BB．勻強磁場的磁感應強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為BC．離子穿過磁場和電場的時間之比tD．離子穿過磁場和電場的時間之比t5、一質點沿x軸做簡諧運動，其振動圖象如圖所示．在1.5s～2s的時間內，質點的速度v、加速度a的大小的變化情況是（）A．v變小，a變大 B．v變小，a變小C．v變大，a變小 D．v變大，a變大6、如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，其質量，B球上固定一輕質彈簧。A球以速率v去碰撞靜止的B球，則（）A．A球的最小速率為零B．B球的最大速率為vC．當彈簧恢復原長時，B球速率最大D．當彈簧壓縮量最大時，兩球速率都最小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、下列說法中正確的是（）A．隨著分子間距離的增大，分子聞相互作用的斥力可能先減小后增大B．壓強是組成物質的分子平均動能的標志C．在真空和高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料中摻入其他元素D．液晶既有液體的流動性，又具有單晶體的各向異性8、圖1是一列沿軸方向傳播的簡諧橫波在時刻的波形圖，波速為。圖2是處質點的振動圖象，下列說法正確的是（）A．此列波沿軸負方向傳播B．處質點在時的位移為C．處質點在時的速度方向沿軸正向D．處的質點在時加速度沿軸負方向E.處質點在內路程為9、如圖所示，在豎直平面內有一邊長為L的正方形區域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行．一質量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速V0進入該正方形區域．當小球再次運動到該正方形區域的邊緣時，具有的動能可能為（）A．可能等于零B．可能等于C．可能等于mv02+qEL-mgLD．可能等于mv02+qEL+mgL10、如圖所示電路中，電源內阻忽略不計．閉合電鍵，電壓表示數為U，電流表示數為I；在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中A．U先變大后變小 B．I先變小后變大C．U與I比值先變大后變小 D．U變化量與I變化量比值等于R3三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學用圖（a）所示裝置“探究彈力和彈簧伸長的關系”。彈簧的上端固定在鐵架臺支架上，彈簧的下端固定一水平紙片（彈簧和紙片重力均忽略不計），激光測距儀可測量地面至水平紙片的豎直距離h。(1)該同學在彈簧下端逐一增掛鉤碼，每增掛一個鉤碼，待彈簧__________時，記錄所掛鉤碼的重力和對應的h；(2)根據實驗記錄數據作出h隨彈簧彈力F變化的圖線如圖（b）所示，可得未掛鉤碼時水平紙片到地面的豎直距離h0=______cm，彈簧的勁度系數k=_______N/m。（結果都保留到小數點后一位）12．（12分）某同學用圖中所給器材進行與安培力有關的實驗。兩根金屬導軌ab和a1b1，固定在同一水平面內且相互平行，足夠大的電磁鐵（未畫出）的N極位于兩導軌的正上方，S極位于兩導軌的正下方，一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直。（不計金屬導軌的電阻和摩擦）(1)在開關閉合后，金屬棒向_________（選填“左側”或“右側”）移動。(2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當增加兩導軌間的距離B．保持兩個導軌間距不變，換一根更長的金屬棒C．將滑動變阻器滑片向左移動D．把磁鐵換成磁性更強的足夠大的釹鐵硼磁鐵其中正確的是_________（填入正確選項前的字母）。(3)如果將電路中電流方向反向，磁場也反向，金屬棒將會向_____（選填“左側"或“右側”）移動。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖甲所示，S1、S2為兩波源，產生的連續機械波可沿兩波源的連線傳播，傳播速度v=100m/s，M為兩波源連線上的質點，M離S1較近。0時刻兩波源同時開始振動，得到質點M的振動圖象如圖乙所示，求：(1)兩波源S1、S2間的距離；(2)在圖中畫出t=6s時兩波源S1、S2間的波形圖，并簡要說明作圖理由。14．（16分）如圖所示，光滑的水平面AB與半徑R=0.5m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D點為半圓軌道最高點，A點的右側連接一粗糙的水平面，用細線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質壓縮彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接，甲的質量m1=4kg，乙的質量m1=5kg，甲、乙均靜止．若燒斷細線，甲離開彈簧后經過B點進入半圓軌道，過D點時對軌道的壓力恰好為零．取g=10m/s1．甲、乙兩物體可看做質點，求：(1)甲離開彈簧后經過B點時的速度的大小vB；(1)燒斷細線吋彈簧的彈性勢能EP；(3)若固定甲，將乙物體換為質量為m的物體丙，燒斷細線，丙物體離開彈簧后從A點進入動摩擦因數μ=0.5的粗糙水平面，AF是長度為4l的水平軌道，F端與半徑為l的光滑半圓軌道FCH相切，半圓的直徑FH豎直，如圖所示.設丙物體離開彈簧時的動能為6mgl，重力加速度大小為g，求丙物體離開圓軌道后落回到水平面BAF上的位置與F點之間的距離s；(4)在滿足第(3)問的條件下，若丙物體能滑上圓軌道，且能從GH間離開圓軌道滑落（G點為半圓軌道中點)，求丙物體的質量的取值范圍15．（12分）如圖所示，光滑水平地面上有一上表面粗糙且水平、質量為的小車。小車與一固定在地面上的光滑圓弧底端等高且平滑相接。將質量為的滑塊置于小車的最左端。現有一質量為的滑塊從距離小車的水平面高度為處的光滑軌道由靜止下滑。滑塊與碰撞后立即粘在一起運動，最終沒有滑落小車。整個過程中滑塊和都可以視為質點?；瑝K和與小車之間的動摩擦因數均為，取，求：(1)滑塊和粘在一起后和小車相對運動過程中各自加速度的大??？(2)若從碰撞時開始計時，則時間內，滑塊與小車因摩擦產生的熱量為多少？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

A．根據安培定則判斷得知，兩根通電導線產生的磁場方向均沿逆時針方向，由于對稱，兩根通電導線在A、B兩點產生的磁感應強度大小相等，根據平行四邊形進行合成得到，A、B兩點的磁感應強度大小相等，A點磁場向下，B點磁場向上，方向相反，A錯誤；BC．兩根導線在A點產生的磁感應強度的方向如圖所示根據平行四邊形定則進行合成，得到A點的磁感應強度大小為同理，B點的磁感應強度大小也為B正確、C錯誤；D．只有當兩根通電導線在同一點產生的磁感應強度大小相等、方向相反時，合磁感應強度才為零，則知O點的磁感應強度為零，D錯誤。故選B。2、C【解析】

由于三球豎直方向的運動情況相同，一定可以發生碰撞，可假設高度無窮大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互換，B、C發生第二碰撞后，由于B的質量小于C的質量，則B反向；B、A發生第三次碰撞后，B、

A水平速度互換，A向左，B豎直下落，三球不再發生碰撞，所以最多能夠發生3次碰撞，故C正確，A、B、D錯誤；故選C。【點睛】關鍵是A球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，與B、C豎直方向的運動情況相同，所以一定可以發生碰撞。3、D【解析】

AB．A點和B點在同一個等勢面上，第一次小球從A點由靜止運動到B點的過程中，庫侖力對小球做功的代數和為零，根據動能定理，得第二次小球從A點由靜止運動到B點的過程中，洛倫茲力不做功，根據動能定理，得所以，故AB錯誤；CD．小球第一次經過B點時，庫侖力有豎直向下的分量，小球受的豎直方向的合力F1>mg，由牛頓第二定律可知，小球經過B點時的加速度a1>g，小球第二次經過B點時，由左手定則可知，洛倫茲力始終與桿垂直向右，同時桿對小球產生水平向左的彈力，水平方向受力平衡。豎直方向只受重力作用，由牛頓第二定律可知，小球經過B點時的加速度a2=g，所以a1>a2，故C錯誤，D正確。故選D。4、D【解析】

根據某一粒子以最小速度υ垂直于磁場射入、方向垂直于ab時，恰能從ad邊的a點穿出可知，本題考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心和幾何關系求解；若撤去原來的磁場在此矩形區域內存在豎直向下的勻強電場，使該粒子以原來的初速度在O處垂直于電場方向射入，通過該區域后恰好從d點穿出可知，本題也考查帶電粒子在電場中的偏傳，根據類平拋運動列方程求解?！驹斀狻緼、B項：粒子在磁場中運動，由題意可知，粒子做圓周運動的半徑為r=由公式qvB=mv2r聯立兩式解得：B=2mv粒子在電場中偏轉有：3l=vtl2聯立解得：E=2m所以BEC、D項：粒子在磁場中運動的時間為：t粒子在電場中運動的時間為：t2所以t1故選：D。5、A【解析】

由振動圖線可知，質點在1.5s～2s的時間內向下振動，故質點的速度越來越小，位移逐漸增大，回復力逐漸變大，加速度逐漸變大，故選項A正確．6、C【解析】

分析小球的運動過程：A與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對A產生向左的彈力，對B產生向右的彈力，A做減速運動，B做加速運動，當B的速度等于A的速度時壓縮量最大，此后A球速度繼續減小，B球速度繼續增大，彈簧壓縮量減小，當彈簧第一次恢復原長時，B球速率最大，A球速度最小，此時滿足解得因為，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率大于v，選項ABD錯誤，C正確。

故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】

A．隨著分子間距離的增大，分子聞相互作用的斥力減小，選項A錯誤；B．溫度是組成物質的分子平均動能的標志，選項B錯誤；C．在真空和高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料中摻入其他元素，選項C正確；D．液晶既有液體的流動性，又具有單晶體的各向異性，選項D正確。故選CD。8、BCE【解析】

A．根據圖2的振動圖象可知，處的質點在t=0時振動方向沿軸正向，所以利用圖1由同側法知該波沿軸正方向傳播，故A錯誤；B．圖1可知該簡諧橫波的波長為4m，則圓頻率設處質點的振動方程為t=0時刻結合t=0時刻振動的方向向上，可知，則處質點的振動方程為處質點與處質點的平衡位置相距半個波長，則處質點的振動方程為代入方程得位移為，故B正確；C．處質點在時的速度方向和時的速度方向相同，由同側法可知速度方向沿軸正向，故C正確；D．處的質點在時速度方向沿軸負向，則經過四分之一周期即時，質點的位移為負，加速度指向平衡位置，沿軸正方向，故D錯誤；E．處質點在在時速度方向沿軸負向，根據振動方程知此時位移大小為，時位移大小為，所以內路程故E正確。故選BCE。9、BCD【解析】

要考慮電場方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和電場力做功情況，然后根據動能定理求解．【詳解】令正方形的四個頂點分別為ABCD，如圖所示

若電場方向平行于AC：

①電場力向上，且大于重力，小球向上偏轉，電場力做功為qEL，重力做功為-mg，根據動能定理得：Ek?mv1＝qEL?mgL，即Ek＝mv1+qEL?mgL

②電場力向上，且等于重力，小球不偏轉，做勻速直線運動，則Ek=mv1．

若電場方向平行于AC，電場力向下，小球向下偏轉，電場力做功為qEL，重力做功為mgL，根據動能定理得：Ek?mv1＝qEL+mgL，即Ek＝mv1+qEL+mgL．

由上分析可知，電場方向平行于AC，粒子離開電場時的動能不可能為2．

若電場方向平行于AB：

若電場力向右，水平方向和豎直方向上都加速，粒子離開電場時的動能大于2．若電場力向右，小球從D點離開電場時，有Ek?mv1＝qEL+mgL則得Ek＝mv1+qEL+mgL

若電場力向左，水平方向減速，豎直方向上加速，粒子離開電場時的動能也大于2．故粒子離開電場時的動能都不可能為2．故BCD正確，A錯誤．故選BCD．【點睛】解決本題的關鍵分析電場力可能的方向，判斷電場力與重力做功情況，再根據動能定理求解動能．10、BC【解析】由圖可知電壓表測量的是電源的電壓，由于電源內阻忽略不計，則電壓表的示數總是不變，故A錯誤；在滑動變阻器的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器的電阻先增大后減小，由于電壓不變，根據閉合電路歐姆定律可知電流表示數先減小后增大，U與I的比值就是接入電路的的電阻與的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；由于電壓表示數沒有變化，所以U變化量與I變化量比值等于0，故D錯誤；【點睛】當滑動變阻器的兩部分并聯在電路中時，在最中間時，電阻最大，滑片從一端移動到另一端的過程中，電阻先增大后減小，三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、靜止120.031.3【解析】

(1)[1]該同學在彈簧下端逐一增掛鉤碼，每增掛一個鉤碼，待彈簧靜止時，此時彈力與重力大小相等，記錄所掛鉤碼的重力和對應的h(2)[2]由圖可知，當時即為未掛鉤碼時水平紙片到地面的豎直距離[3]由胡克定律可得，即圖像斜率絕對值的倒數表示彈簧勁度系數則有12、左側ACD左側【解析】

(1)[1]根據題意可知，磁場方向豎直向下，電流方向垂直紙面向里。所以根據左手定則可得安培力方向為水平向左，故導體棒向左側運動。(2)[2]ACD．根據公式可得，適當增加導軌間的距離或者增大電流或者增大磁場磁感應強度，可增大金屬棒受到的安培力，根據動能定理得則金屬棒離開導軌時的動能變大，即離開導軌時的速度變大，ACD正確；

B．若換用一根更長的金屬棒，但金屬棒切割磁感線的有效長度即導軌間的寬度不變，安培力F不變，棒的質量變大，由可知速度變小，故B錯誤。故選ACD。(3)[3]都反向后，電流垂直紙面向外，磁場方向豎直向上，根據左手定則可得安培力方向仍向左，故導體棒仍向左側移動。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)800m；(2)見解析【解析】

(1)由乙圖知，M點2s時開始振動，6s時振動出現變化，所以可知，波源的振動經2s傳到M點，波源S2的振動經6s傳到M點，所以兩波源間的距離x=(100×2+100×6)m=800m(2)2s時M點的起振方向沿y軸負方向，所以波源S1的起振方向沿y軸負方向，6s時波源S1引起的M點的振動方向沿y軸負方向，而實際M點的振動方向沿y軸正方向，所以波源S2引起的M點的振動方向沿y軸正方向，波源S1引起的振動位移為5cm，所以波源S2引起的振動位移為10m，波長波源S1引起的波形圖為波源S2引起的波形圖為兩波源S1、S2間的波形圖為14、(1)5m/s；（1）90J；（3）s=4l；（4）【解析】

（1）甲在最高點D，由牛頓第二定律，有甲離開彈簧運動到D點的過程機械能守恒：聯立解得：vB=5m/s；（1）燒斷細線時動量守恒：0=m1v3-