2023-2024學年度第一學期聯盟校第二次學情調研檢測高三年級物理試題（總分100分，考試時間75分鐘）注意事項：1．本試卷中所有試題必須作答在答題紙上規定的位置，否則不給分。2．答題前，務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題紙上。30.5毫米簽字筆書寫在答題紙的指定位置上，作答選擇題必須用2B橡皮擦干凈后，再選涂其它答案，請保持答題紙清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分。每題只有一個選項最符合題意。1A點和低處B從A點漂流到B點的路程為8kmB間的直線距離為1.8kmAB點的過程中（）A．小明的平均速度大小為0.45km/h．小明的平均速率為2m/s．小明的重力勢能增加D．研究小明的動作時能把他看成質點2．疊石頭是一項考驗耐心和平衡感的游戲。如圖所示，三個形狀不規則的石塊甲、乙、丙在水平地面上成功地疊放在一起，下列說法正確的是（）試卷第1頁，共8頁A．石塊丙可能受到地面的摩擦力作用．石塊乙對丙的壓力大小等于石塊丙對乙的支持力大小．石塊甲對乙的壓力一定等于甲的重力D．石塊丙對石塊乙的作用力垂直接觸面向上3．某同學使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端20cm刻40cm。下列說法正確的是（）A30cm刻度對應的加速度為-0.5g．50cm刻度對應的加速度為2g40cm刻度對應的加速度為gD．各刻度對應加速度的值是不均勻的4．如圖所示，某同學練習投籃時，將籃球從同一位置斜向上投出，第1次籃球斜向下擊中籃板，第2次籃球垂直擊中籃板。不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（）A1次投球，籃球的初速度一定較大2次投球，籃球運動的時間較短．籃球在空中運動處于超重狀態試卷第2頁，共8頁D．籃球向上運動過程，速度變化越來越慢5．已知磁敏電阻在無磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設計了如圖所示電路．電源的電動勢E和內阻rR使小燈泡L則A．電壓表的示數變小．磁敏電阻兩端電壓變小．小燈泡L變亮甚至燒毀D．通過滑動變阻器的電流變大6．如圖所示，左邊為豎直方向的彈簧振子，振子連接一根水平的長軟繩，并沿繩方向取x軸，t02Hz的頻率從平衡位置）向上開始運動。t時，x10cmO處的繩上質點開始振動，則（A．繩波的波長為10cm．tx5cm處的繩上質點正從平衡位置向上振動．繩上各質點都沿x軸方向運動D．波在繩上傳播的速度為7．登陸火星的飛船需經歷如圖所示的變軌過程。設在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道上運行時，飛船的周期分別為T、T、T，飛船在軌道Ⅰ上P點時加速度為a，在軌道Ⅱ上P點時加速度a，12ⅠⅡⅢ則下列說法正確的是（）試卷第3頁，共8頁ATTTⅢⅠⅡ．aa2．飛船在P點從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點噴氣使飛船加速D．若軌道Ⅰ貼近火星表面且飛船在軌道Ⅰ上的角速度已知，則可推知火星的密度8．蹦床運動是運動員利用彈性蹦床的反彈在空中表演雜技的競技運動。如圖所示，在運動的是（）A．運動員接觸蹦床后做加速度增大的減速運動．運動員機械能守恒．運動員接觸蹦床后加速度先減小后增大D．運動員在最低點處于失重狀態9ABC帶負電，OM、N為邊的四等分點，下列說法正確的是（）AM、N兩點電場強度相同．MN兩點電勢相同試卷第4頁，共8頁．正電荷在M點電勢能比在O點時要小D．負電荷在N點電勢能比在O點時要大0至3F隨時間t變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關于物體運動的－tv－t－t圖（P為物體重力的功率大小）可能正確的是（）A．．．D．二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。示的原理圖。①電壓表V（量程3V，內阻V10kΩ）②電流表G（量程3mA，內阻G100）試卷第5頁，共8頁③電流表A（量程3A，內阻約為0.5Ω）R④滑動變阻器10—20Ω，）R20—500Ω1A）⑤滑動變阻器3S和導線若干1）該同學發現電流表A的量程太大，于是他將電流表G與定值電阻3并聯，實際上是R30.6A（保留兩位有效2）為了能準確地進行測量，同時為了操作方便，實驗中應選用的滑動變阻器3GV的讀數是r＝（結果取V路測量結果與電池實際內阻相比（填“偏大”“偏小”“相等”．如圖所示，質量為m的茶杯（視為質點）放在水平餐桌的轉盤上，茶杯到轉軸的距離為r，轉盤勻速轉動，每秒鐘轉n周，茶杯與轉盤保持相對靜止。求：1）茶杯所受的摩擦力大小f；p2）每轉半周茶杯的動量變化量大小。．將一力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，如圖所示圖甲中O點為單擺試卷第6頁，共8頁的懸點，現將擺球（可視為質點）拉到A點，此時細線處于張緊狀態，釋放擺球，則擺球在豎直平面內的BCB點為振動的平衡位置，，5。圖乙表示由計算機得到的細線對擺球的拉力大小F隨時間變化的圖線，且圖中t0時刻為擺球從A點開始運動的時刻，根據力學規律和題中信息（g取21）單擺的周期和擺長；2）擺球的質量。．如圖甲所示，質量為的長木板B靜止放置于光滑水平面上，t0時刻物塊A視為質點）以的初速度滑上B的左端，A恰好未從B上滑落，A、B的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取重力加速度大小g2，求：1）物塊A的質量；2）物塊A與長木板B之間的動摩擦因數；3）物塊A與長木板B因摩擦而產生的熱量；d質量為m的小油滴A在時間t內勻速下落了1At內勻速上升了21為求fkm2v，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴的運動速率，重力加速度為。1）比例系數k；試卷第7頁，共8頁2）判斷A的帶電性質并求出帶電量；3）A勻速上升距離2的過程中，電勢能的變化量。試卷第8頁，共8頁1A【詳解】A．小明的平均速度大小為x4vt故A正確；．小明的平均速率為s82vt9故B錯誤；A點漂流到B點，重力做正功，重力勢能減小，故C錯誤；D．研究小明的動作時，小明的形狀、大小不可以忽略，不能把他看成質點，故D錯誤。A。2B【詳解】A．整體在水平面上處于靜止狀態，則地面摩擦力為零，故A錯誤；．根據牛頓第三定律，石塊乙對丙的壓力大小等于石塊丙對乙的支持力大小，故B正確；．由于甲、乙接觸面時傾斜的，則石塊甲對乙的壓力小于甲的重力，故C錯誤；DD錯。3A20cm0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處，則根據受力平衡有mg=(l-0)可計算出mgk=0.2【詳解】A．由分析可知，在30cm刻度時，有F-mg=ma（取豎直向上為正方向）彈代入數據有a=-0.5gA正確；．由分析可知，在40cm刻度時，有答案第1頁，共9頁mg=F彈則40cm刻度對應的加速度為0B錯誤；．由分析可知，在50cm刻度時，有F-mg=ma（取豎直向上為正方向）彈代入數據有a=0.5gC錯誤；D．設刻度對應值為x，結合分析可知xx，x=（取豎直向上為正方向）am經過計算有gx0.4ga=(x>0.2)或a=(x<0.2)0.2a與刻度對應值為xD錯誤。A。4BAB運動時間長，兩次投球水平位移相等，由xvxt可知，第一次投球水平速度小，根據0x2vy2無法比較拋出時的初速度大小，故A錯誤，B正確；．籃球只受重力作用，處于完全失重狀態，加速度為重力加速度，保持不變，即速度變化快慢不變，故錯誤。。5C合電路歐姆定律可知總電流變小，根據UE，I減小，所以路端電壓U增大，答案第2頁，共9頁大，有可能燒壞燈泡，CA錯誤；小燈泡的電流增大，而總電流是減小的，故通過磁小，而路端電壓是增大的，故磁敏電阻兩端的電壓增大，故錯誤；整體→6B【詳解】AD．周期為1Ts2波速度為xvt則波長為AD錯誤；x，振子起振方向向上，則t上振動，B正確；時，x5cm處的繩上質點正從平衡位置向．繩子上的質點在平衡位置附近上下振動，C錯誤。。7D【詳解】A．根據開普勒第三定律可得R32kT根據圖形可知RRRITTTⅢⅠⅡ故A錯誤；．根據MmGma2r答案第3頁，共9頁ar2則1a2故B錯誤；．飛船在P點從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，做向心運動，需要在P點噴氣使飛船減速，故C錯誤；D．若軌道Ⅰ貼近火星表面，即軌道半徑與火星半徑近似相等，根據G火2R2火M=4R3火32=G故D正確。D。8C【詳解】．根據牛頓第二定律，當重力大于彈力時mgF1彈力增大，加速度減小，運動員做加速度減小的加速運動。當重力小于彈力時Fmgma2彈力增大，加速度增大，運動員做加速度增大的減速運動。A錯誤，C正確；．彈力對運動員做負功，運動員的機械能減小，B錯誤；D．運動員在最低點時，加速度向上，處于超重狀態，D錯誤。。9B【詳解】A．根據場強疊加以及對稱性可知，兩點的場強大小相同，但是方向不同，故A錯誤；．因在處的正電荷在兩點的合電勢相等，在C點的負電荷在兩點的電勢也相等，則兩點電勢相等，故B正確；答案第4頁，共9頁M到O兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從OM電荷做負功，CM點的電勢能比在OM點的電勢能比在O點大；同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小；故錯誤。。．C1Fmg0t時間內電梯靜止或做勻速直線運動，即速度等于0，或速度保持11不變，加速度等于。四個圖線沒有是可能的；2FmgFmg0t211D0～1時間內可能向下做加速運動，速度為負，故AB是不可能的；而tt時間內受到的合外力等于0，物體做勻12B＝tt時間內重力的12功率不變，故C是不可能的；3FmgFmg，Fmg0t時間內電梯受到的合外力的方向都是向下，3122加速度的方向向下，故ABD是不可能的；Fmg，可知在0t時間內向下的加速度31t～t時間內向下的加速度，而tt時間內物體做勻速直線運動，所以v－t圖象如圖1223＝mgvC是重力的功率隨時間變化的圖線，故C是可能的．由以上的分析，可知只有C選項是可能的，A、D都是不可能的。綜上所述錯誤，C正確。。．0.50④1.01.30）[1]根據歐姆定律有3Igrg310333IIg答案第5頁，共9頁2[2]實驗中為方便調節，滑動變阻器的阻值與電源內阻接近，所以應選用的滑動變阻器是④；3）電流表G與3并聯，則有IR3g3I3I根據閉合電路歐姆定律有整理得EUUE1.51.1圖像的斜率r2.0103r1.0[4]3V量程的最小分度值為0.1V，則電壓表讀數為1.30V[5]理論上利用該電路測量結果實際是電源內阻和電壓表內阻的并聯后的電阻，所以電池測量結果與實際內阻相比偏小。）2n22）mnr）茶杯做勻速圓周的周期為1Tn茶杯做勻速圓周運動，根據摩擦力提供向心力有2fmr2n2T2T2）0~時間內杯子的速度大小不變，速度方向反向，則速度的變化量大小為2vv故每轉半周茶杯的動量變化量大小為pmvmnr）s0.9m2）0.04kg）單擺每次經過最低點時拉力最大，結合圖乙，該單擺的周期為答案第6頁，共9頁Ts根據單擺周期公式代入數據可求得LTgL2）單擺在、C點速度為零，由圖乙可知，此時擺線的拉力最小，則有1mgcosB點速度最大，擺線拉力最大，則有v22mLF0.399N，FAB點，由動能定理有211mgL1cosmv22聯立代入相關數據求得m0.04kg）2kg2）0.236J）由動量守恒得mv(mm)vAAAB共A2）根據v13aA22t1對物塊A分析，根據牛頓第二定律有AgA可得，物塊A與長木板B之間的動摩擦因數為3）根據速度隨時間變化的圖像面積表示位移可知，長木板B的長度等于A、B在該段時間內的位移差為答