2023-2024年江蘇省南通市如皋市高三上學期教學質量調研（期中）物理試題（二）（解析版）

2023—2024學年度高三年級第一學期教學質量調研（二）物理一、單項選擇題1.2023年10月26日神舟十七號載人飛船成功發(fā)射。對接前，飛船運動到比空間站低的軌道，對接后可近似認為組合體做勻速圓周運動，下列說法中正確的是（）A.對接前，飛船需要加速才能與空間站對接B.對接后，組合體做圓周運動的周期小于C.對接后，組合體的線速度大于D.在組合體的實驗艙內由靜止釋放一個小球，小球將做自由落體運動【答案】A【解析】【詳解】A．對接前，飛船運動到比空間站低的軌道，若要飛到高軌道與空間站對接，需要進行加速做離心運動，故A正確；B．根據(jù)萬有引力提供向心力，得解得因為對接后組合體離地高度小于地球同步衛(wèi)星高度，所以對接后組合體做勻速圓周運動的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期24小時，故B錯誤；C．根據(jù)第一宇宙速度等于衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以組合體的線速度小于第一宇宙速度，而第二宇宙速度約等于，則對接后，組合體的線速度小于，故C錯誤；D．在組合體的實驗艙內由靜止釋放一個小球，小球不會自由落體，因為萬有引力全部用來提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，故D錯誤；故選A。2.如圖所示，粗細均勻的正方形導體框邊長為，磁感應強度為的勻強磁場與導體框平面垂直，從導體框的對角流入、流出電流強度為的電流，則導體框受到安培力的大小為（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】通過導體框的總電流為I，正方形線框的等效長度為對角線長度，即有效長度為，所以安培力大小為故選C。3.如圖所示，將連接一重物的輕質小滑輪放置在一個輕彈性繩上，繩A、B兩端在同一水平線上，不計一切摩擦，若將B端水平向左緩慢移動一小段距離，則彈性繩長度將（）A.變短 B.變長 C.不變 D.無法確定【答案】A【解析】【詳解】進行受力分析如圖若將B端水平向左緩慢移動一小段距離，可知彈性繩之間的夾角減小，則可得彈性繩的彈力減小，彈性繩的長度將變短；故選A。4.北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是周長為的圓形軌道，當環(huán)中電子以速度沿軌道做勻速圓周運動時形成的電流為，已知電子電荷量為，則環(huán)中運行的電子數(shù)目為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】電流的大小為則可得環(huán)中運行的電子數(shù)目為故選B。5.如圖所示，小明從同一高度的A、B兩點先后將籃球拋出，籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點，不計空氣阻力，上述兩個過程中籃球從A點（）A.拋出后在空中的運動時間短 B.拋出后速度的變化量大C.拋出時小明對球做功少 D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】AB．將籃球看成反向平拋運動，籃球在豎直方向的高度相同，根據(jù)豎直方向上的位移-時間公式得解得運動時間為所以兩次在空中運動的時間相等，拋出后速度的變化量都等于，故AB錯誤；C．由圖可知從A點投出的籃球比從B點投出的籃球的水平位移小，根據(jù)水平方向上的運動學公式得解得即從A點投出的籃球在水平方向的分速度小于在B點在水平方向的分速度，可得被拋出的速度大小為結合，可得即從A點投出籃球的速度小，動能小，小明對籃球所做的功更少，故C正確；D．克服重力做功的功率為可知隨著豎直方向的速度逐漸變小，克服重力做功的功率逐漸變小，故D錯誤；故選C。6.真空中有一靜止、半徑為的均勻帶正電的球體，場強沿半徑方向分布情況如圖所示，圖中以及靜電力常量都是已知量，下列說法中正確的是（）A.處電勢最高 B.、兩處的電場強度方向相反C.、兩處的電勢差等于 D.利用已知量可求出球體所帶的電荷量【答案】D【解析】【詳解】AB．由圖可知，場強沿半徑方向始終大于0，r1、r2兩處的電場強度方向相同，電勢沿著場強方向逐漸降低，故處不是電勢最高處，可知球心處的電勢最高，故AB錯誤；C．在E-r圖像中，曲線與坐標軸所圍成的面積表示電勢差的大小，故可得、兩處的電勢差大于，故C錯誤；D．根據(jù)處的場強為，有解得故D正確；故選D。7.如圖所示，當滑動變阻器滑片向右滑動一小段距離后，理想電流表、的示數(shù)變化量的絕對值分別為、，理想電壓表的示數(shù)變化量的絕對值為，下列說法中正確的是（）A.電壓表的示數(shù)增大 B.小于 C.與比值等于 D.電源的效率增大【答案】B【解析】【詳解】A．當滑動變阻器滑片向右滑動一小段距離后，滑動變阻器的阻值變小，則電路的總電阻變小，根據(jù)歐姆定律可得，總電流變大，即電流表A1的示數(shù)變大，根據(jù)可知路端電壓變小，即電壓表的示數(shù)減小，故A錯誤；B．由于路端電壓變小，可得通過的電流減小，又因為總電流增大，則通過滑動變阻器的電流增大，且因為可知的增加量比的增加量大，即小于，故B正確；C．根據(jù)歐姆定律可得可得故C錯誤；D．當電源的效率為可知外電路電阻減小，則電源的效率減小，故D錯誤；故選B。8.在平面的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相等的大量電子從原點均勻發(fā)射到第一象限內，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，不計電子間相互作用，則電子在磁場中的臨界軌跡可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得可知速率相等的大量電子的運動半徑也相等，可知從原點均勻發(fā)射到第一象限內，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，可得可以從磁場右邊界射出的電子的發(fā)射角度范圍有則根據(jù)電子的偏轉軌跡和幾何關系可得能從右邊界射出的電子的發(fā)射角度在；故選D。9.手機微信運動步數(shù)的測量原理如圖所示，M和N為電容器兩極板，M固定，N兩端與固定的兩輕彈簧連接，只能按圖中標識的“前后”方向運動．則手機（）A.由向前勻速突然減速時，電容器帶電量增大B.勻速運動時，電流表示數(shù)不為零且保持不變C.由靜止突然向前加速時，電流由點流向點D.保持向后的勻加速運動時，M、N之間的電場強度增大【答案】A【解析】【詳解】A．由向前勻速突然減速時，N板由于慣性向前移動，則d減小，由，Q=UC可知電容器帶電量增大，故A正確；B．勻速運動時加速度為0，電容C不變，線路中無電流。故B錯誤；C．由靜止突然向前加速時，N板由于慣性向后移，d增大、C減小、Q減小，所以有放電電流，電流b向a，故C錯誤；D．保持向后的勻加速運動時，a不變，彈簧形變不變，兩板間距離d不變，所以MN之間的電場強度不變。故D錯誤。故選A。10.如圖所示，球體的直徑兩兩垂直，兩個帶等量正電的點電荷分別位于、點。則（）A.點的電場強度和點的相同B.點的電勢比點的高C.一試探電荷從點沿半徑方向移到點過程中受到的電場力一直增大D.一帶正電荷的試探電荷沿半圓弧移動過程中，試探電荷的電勢能先減小后增大【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)等量同種電荷的電場分布，點與點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；B．根據(jù)等量同種電荷的電場分布，可判斷出C、D、M、N這四點處于同一等勢面內，故電勢相等，故B錯誤；C．根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知，在點以及無窮遠處的場強為零，則從點沿半徑方向移到無窮遠處，場強先增大后減小，但無法判斷試探電荷從點沿半徑方向移到點過程中受到的電場力的變化情況，故C錯誤；D．一帶正電荷的試探電荷沿半圓弧移動過程中，電勢先減小后增大，所以試探電荷的電勢能先減小后增大，故D正確。故選D。11.如圖所示，B靜置于地面上，用手托住A，A距地面高度為，細線處于拉緊狀態(tài)，已知A、B質量相等，不計滑輪質量及阻力，現(xiàn)由靜止釋放A，A從開始運動到接觸地面前瞬間的過程中，A、B的動能、和重力勢能、隨運動距離變化的關系圖像正確的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【詳解】根據(jù)滑輪組的特征可知，重物A下落的高度為B上升高度的2倍，設A運動距離為時，B運動距離為，則有對重物A，初始重力勢能為當重物A運動距離為時重力勢能為A末重力勢能為0，對重物B，初始重力勢能為0，當B運動距離為時，有由滑輪組可知，B上升的高度為A下降高度的一半，故故重物B的末重力勢能為根據(jù)滑輪組可知，在運動過程中對重物B和A組成的系統(tǒng)，當A運動距離為時，根據(jù)動能定理得對A可得A的末動能為對重物B，當B運動距離為時重物B末動能為故選BD。二、非選擇題12.某實驗小組測量一粗細均勻的電阻絲的電阻率。有如下實驗器材可供選擇：A．待測電阻絲（阻值約）B．電流表AC．電壓表VD．滑動變阻器E．滑動變阻器F．電源（電動勢為，內阻不計）G．開關、若干導線（1）如圖甲所示，用螺旋測微器測量電阻絲的直徑時，從調節(jié)到讀數(shù)的過程中，螺旋測微器上三個部件①、②、③、使用的先后順序為______________，示數(shù)如圖乙所示，則該電阻絲的直徑______________。（2）本實驗中，滑動變阻器應選______________（填器材前面的序號）。（3）實驗時要求電流表的示數(shù)從零開始測量，用筆畫線代替導線將丙圖電路連接完整_______。（4）實驗小組采集到多組不同長度的電阻絲對應的電壓表示數(shù)和電流表示數(shù)，利用計算出電阻絲不同長度對應的阻值，描繪出的點如圖丁所示，請在圖丁中畫出圖線______。圖丁中圖線縱軸截距值表示的是______________。（5）已知圖線的斜率為，請寫出電阻絲的電阻率表達式______________。（用實驗測得的物理量表示）【答案】①.①②③①②.0.700③.④.⑤.⑥.電流表的內阻⑦.【解析】【詳解】（1）[1]用螺旋測微器測電阻絲直徑時，先打開固定螺釘①，把待測電阻絲絲放在測微螺桿與測砧之間，然后調節(jié)粗調旋鈕②，當電阻絲與測微螺桿、測砧接觸時停止調節(jié)粗調旋鈕，然后調節(jié)微調旋鈕③，為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉動，讀數(shù)前應先旋緊固定螺釘①，然后再讀數(shù)。使用的先后順序為①②③①。[2]電阻絲的直徑為（2）[3]為方便調節(jié)，獲取更多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，滑動變阻器應選最大阻值為的滑動變阻器。故選。（3）[4]通過待測電阻絲的最大電流為故電流表應選用量程，實驗時要求電流表的示數(shù)從零開始測量，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接如圖所示。（4）[5]圖線如圖所示。[6]實驗電路中電流表內接，圖線縱軸截距值表示的是電流表的內阻。（5）[7]電阻絲的截面積為根據(jù)電阻定律圖象的斜率為電阻絲的電阻率表達式為13.如圖所示，虛線框內為高溫超導限流器，當通過限流器的電流超過一定值時，將造成超導電阻（電阻為零）失超，從超導態(tài)轉變?yōu)檎B(tài)（一個純電阻，且），已知電源電動勢，內阻，限流電阻，當燈泡發(fā)生短路時超導電阻失超，求此時電源的輸出功率?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻慨敓襞莅l(fā)生短路時，并聯(lián)電路的電阻為可得此時電源的輸出功率為14.如圖所示，均勻介質中兩波源、分別位于軸上處，質點位于處，時刻，兩波源同時開始由平衡位置向軸負方向振動，頻率均為，形成的兩列波相向傳播，波長均為，波源的振幅均為，求：（1）軸上波源、間振動加強點的橫坐標；（2）從至內質點通過的路程s?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設向x軸正方向振動的波傳播的距離為，向x軸負方向振動的波傳播的距離為，兩波源同時開始由平衡位置向軸負方向振動，則當此時為振動加強點，即波源、間振動加強點位于即振動加強點的橫坐標為；（2）頻率均為，波長均為，可得波速均為則可知，向x軸正方向振動的波傳播至P點所經歷的時間為向x軸負方向振動的波傳播至P點所經歷的時間為可知在向x軸正方向振動的波傳播至P點前，P點開始受向x軸負方向振動的波開始振動，所經歷的時間為兩列波的周期均為則可得此期間內P點所通過的路程為在向x軸負方向振動的波傳播至P點，因P點是振動減弱點，故之后P點將保持在平衡位置不變，故可得15.如圖所示的三維空間中，平面左側區(qū)域記為Ⅰ，區(qū)域Ⅰ內存在沿軸負方向的勻強電場；平面與垂直于軸足夠大的熒光屏之間的區(qū)域記為Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內存在沿軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為，熒光屏與軸交點位置的坐標不確定，一質量為、電荷量為的粒子從坐標處進入?yún)^(qū)域Ⅰ，粒子初速度大小為，方向沿著軸正方向，經過平而時的坐標為，再經過磁場偏轉后擊中熒光屏，不計粒子的重力。（1）求粒子經過平面時沿軸的速度大?。唬?）若熒光屏與軸交點的坐標為，求粒子在磁場中的運動時間；（3）若粒子擊中熒光屏時軸坐標為，求熒光屏與軸交點的坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或【解析】【詳解】（1）可知粒子在區(qū)域Ⅰ內，在x軸方向做勻速直線運動，則可得粒子在區(qū)域Ⅰ內所花的時間為因受到電場力的作用，粒子在區(qū)域Ⅰ內時，在y軸上做勻加速運動，可得解得則可得粒子經過平面時沿軸的速度大小為（2）因在區(qū)域Ⅱ內的磁場方向沿軸正方向，則可進入?yún)^(qū)域Ⅱ內的速度進行分解為沿x軸方向和垂直于x軸方向，沿x軸方向的速度大小為，垂直于x軸方向的速度大小為，沿y軸負方向，則可得粒子在磁場中的運動時間為（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得解得已知粒子擊中熒光屏時軸坐標為，即在z軸方向上的位移為設粒子在平面上的速度偏轉的角度為，則可得解得或可知粒子在磁場中運動的周期為則粒子在磁場中經歷的時間為或熒光屏與軸交點的坐標為或16.如圖所示，棱長為、質量為的正方體放在水平面上，現(xiàn)沿圖中虛線將正方體切割成A、B兩部分，切割面與水平面的夾角為，A、B的質量，A從圖示位置由靜止相對B下滑，已知重力加速度為，不計所有