聊城市重点中学2023-2024学年物理高三第一学期期末综合测试试题含解析

聊城市重点中学2023-2024学年物理高三第一学期期末综合测
试试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、一宇航员到达半径为R 、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L 的轻绳拴一质量为m 的小球，轻绳上端固定在O 点，在最低点给小球一初速度，使其绕O 点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F 随时间t 的变化规律如图乙所示。

引力常量G 及图中F 0均为已知量，忽略各种阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．该星球表面的重力加速度为
7F m
B ．小球过最高点的速度为
0F L
m
C ．该星球的第一宇宙速度为
Gm
R
D ．该星球的密度为
34F mGR
2、如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点，下列说法中正确的是( )
A ．水平拉力先增大后减小
B ．水平拉力先减小后增大
C．水平拉力的瞬时功率先减小后增大
D．水平拉力的瞬时功率逐渐增大
3、关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）
A．单摆做稳定的受迫振动时，单摆振动的频率等于周期性驱动力的频率
B．秒摆的摆长和振幅均减为原来的四分之一，周期变为0.5s
C．已知摆球初始时刻的位置及其周期，就可知摆球在任意时刻运动速度的方向
D．单摆经过平衡位置时摆球所受的合外力为零
4、如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（）
A．周期之比T1：T2＝2：3 B．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C．线速度之比v1：v2＝8：3D．向心加速度之比a1：a2＝8：3
5、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I=kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是
A．B．
C．D．
6、如图所示，铁板倾斜放置，倾角为 ，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．磁铁可能只受两个力作用B．磁铁一定受三个力作用
mg D．铁板对磁铁的作用力大小为mg C．铁板对磁铁的摩擦力大小为cos
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（E K—t2）图象如图乙所示，横坐标在0 2.5之间图线为直线，此外为曲线，重力加速度为g，则根据图乙信息，可以求得（）
A．小球的初速度B．小球的质量
C．小球在斜面上滑行的时间D．斜面的倾角
8、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω。

已知通过R4的电流i4=22sin100πt A，下列说法正确的是（）
A．a、b两端电压的频率可能为100Hz
B．a、b两端电压的有效值为56V
C．若a、b两端电压保持不变，仪减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小
D．若a、b两端电压保持不变，仪减小R1的阻值，则R2两端电压增大
9、如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，
且O1O2 =2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q>0)。

一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。

在粒子运动的过程中
A．从O1到O2，粒子一直做减速运动
B．粒子经过O1点时电势能最小
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大
D．粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加
10、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，正弦交流电源输出的电压恒为
U=12V，电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则（）
A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3A
C．若向下移动P，电源输出功率增大D．若向上移动P，电压表读数将变小三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）物理小组的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作（弹簧始终处于弹性限度内）：
（1）用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。

（2）如图l所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。

（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，
测出两弹簧的长度分别为L 2、L 3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是 ___。

（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L 4、L 5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是____。

12．（12分）一电阻标签被腐蚀，某实验小组想要通过实验来测量这个电阻的阻值，实验室准备有如下实验器材：
A ．电池组E （电动势约3V ，内阻可忽略）；
B ．电压表V （0~3V ，内阻约5k Ω）；
C ．电流表A （0~1mA ，内阻为1000Ω）；
D ．滑动变阻器1R （最大阻值10Ω）； E.滑动变阻器2R （最大阻值200Ω）； F.电阻箱3R （0~999.9Ω）； G .多用电表；
H.开关一个，导线若干。

(1)粗测电阻。

把多用电表的选择开关旋转到欧姆挡“1⨯”位置，短接红、黑表笔进行调零，然后测量待测电阻，多用电表的示数如图甲所示，则多用电表的读数为_______Ω。

(2)实验小组选择器材用伏安法进一步测量电阻的阻值，首先要把电流表改装成
200mA 的电流表，电阻箱应调节到______Ω。

(3)请设计电路并在图乙所示的方框中画出电路图，要求易于操作，便于测量，并标出所选器材的符号______。

(4)小组在实验中分别记录电流表和电压表的示数，并在坐标纸上描点如图丙所示，请正确作出I U -关系图线_________，由图线可求得待测电阻阻值x R =_________Ω。

（保留三位有效数字）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）在某次学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家展示了一个装置，如图所示，将一质量为0.1kg的钢球放在O点，用弹射器装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。

圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2m，R＝0.4m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.5，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/s2，求：
(1)钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在A点的速度v A多大；
(2)满足(1)时，钢球在圆轨道最低点B对轨道的压力；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度至少多大。

14．（16分）如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。

m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距l=16m。

己知物块可视为质点，k 。

取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.996。

现突然撤去力F，弹簧的劲度系数100N/m
求：
(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。

（结果保留两位小数）
15．（12分）如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画
出)，面积为S 的绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M 的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为T 0，活塞距气缸底部的高度为h ，现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，活塞上升了2
h ，封闭理想气体吸收的热量为Q 。

已知大气压强为p 0，重力加速度为g 。

求： (1)活塞上升了
2
h
时，理想气体的温度是多少 (2)理想气体内能的变化量
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D 【解析】
AB ．由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为7F 0，在最高点拉力为F 0，设最高点速度为2v ，最低点速度为1v ，在最高点
22
0v F mg m L
+=
在最低点
2
107v F mg m L
-=
由机械能守恒定律得
221211222
mv mgL mv =+ 解得
022F L
v m
=
0F g m =
故AB 错误。

C ．在星球表面
2
2
GMm v mg m R R
== 该星球的第一宇宙速度
0F R
v m
=
故C 错误； D ．星球质量
2
20F R gR M G mG
==
密度
034F M V mGR
ρ=
=π 故D 正确。

故选D 。

2、D 【解析】 AB ．
小球是以恒定速率运动，即做匀速圆周运动，小球受到的重力G 、水平拉力F 、绳子拉力T ，三者的合力必是沿绳子指向O 点，设绳子与竖直方向夹角是θ，F 与G 的合力必与绳子拉力在同一直线上，则有
tan F mg θ= (1)
球由A 点运动到B 点θ 增大，说明水平拉力逐渐增大，故AB 错误；
CD ．由几何关系可知拉力F 的方向与速度v 的夹角也是θ，所以水平力F 的瞬时功率是
cos p Fv θ= (2)
联立两式可得
sin p mgv θ=
从A 到B 的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F 的瞬时功率是一直增大的．故C 错误，D 正确。

故选D 。

3、A 【解析】
A ．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故A 正确；
B ．根据单摆的周期公式
2T = 知摆长缩短为原来的四分之一，则周期变为原来的二分之一，即为1s ，故B 错误； C ．摆球在同一位置振动方向有两种，所以已知初始时刻的位置和振动周期，不知道初始时刻摆球的振动方向，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故C 错误； D ．单摆运动中，摆球在最低点做圆周运动，所以摆球经过平衡位置时所受的合外力提供向心力，故D 错误。

故选A 。

4、C 【解析】
AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有 F cosθ-mg =0…① 在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …②
由①②得
2T = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=L cosθ，相等，
所以周期相等 T 1：T 2=1：1 角速度
2T
πω＝
则角速度之比 ω1：ω2=1：1 故AB 错误；
C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m
h θθ
= 解得
tan v =
根据几何关系可知
1tan h
θ=
=
2tan h
θ=
=故线速度之比
12v v :故C 正确；
D ．向心加速度：a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
12a a =:故D 错误。

故选C 。

5、D 【解析】
AB 、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma ，而F=BIL ，I=kt ，得到 BkL•t -f=ma ，可见，a 随t 的变化均匀增大。

当t=0时，f=-ma ，根据数学知识可知AB 错误，故AB 错误。

CD 、速度图象的斜率等于加速度，a 增大，则v-t 图象的斜率增大。

故C 错误，D 正
确。

故选D 。

6、D
【解析】
AB ．磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选项AB 错误；
C ．根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为sin mg θ，选项C 错误；
D ．铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选项D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABD
【解析】
AB.小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得：
E k =mgh +2012
mv 由平抛运动的规律有
h =212
gt 联立得
E k =2212mg t +2012
mv 图象在0 2.5之间是直线，由图可求得直线的斜率k ，由数学知识可得212
k mg =，g 已知，则能求出小球的质量m ；由图知 t 2=0时，E k =5J ，由E k =
2012
mv ，可求得小球的初速度v 0，故AB 正确； CD.小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为α，则有
tan α=00y
v gt v v =
由题图知，t 2=2.5，可以求得t ，小球的初速度v 0也可求得，从而能求出斜面的倾角α；
根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

8、BD
A ．通过4R 的电流4A i t π=，则角速度
100rad/s ωπ=
频率为
50Hz 2f ωπ
== 变压器不会改变交流电的频率，故a 、b 两端电压的频率为50Hz ，故A 错误；
B ．通过4R 的电流最大值为，则有效值为
42A I =
根据并联电路的规律可知，通过3R 的电流有效值为2A ，副线圈的输出电流：24A I
根据变流比可知，原线圈的输入电流 2121
2A n I I n == 1R 两端电压为
1118V R U I R ==
副线圈两端电压
2224424V U I R I R =+=
根据变压比可知，原线圈的输入电压
1122
48V n U U n == 则a 、b 两端电压
1156V ab R U U U =+=
故B 正确；
C ．若a 、b 两端电压保持不变，仅减小2R 的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则1R 消耗的电功率增大，故C 错误；
D ．若a 、b 两端电压保持不变，仅减小1R 的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则2R 两端的电压增大，故D 正确；
故选BD 。

【解析】
A ．+Q 圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0，只有水平分量相加，所以+Q 圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理Q -圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从1O 到2O 过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A 正确；
BC ．+Q 圆环在水平线上1O 处场强为0，在向右无穷远处场强为0，同理Q -圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在1O 右侧和2O 左侧必定存在场强为0的位置，所以粒子从右侧远处运动到1O 过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在1O 右侧某位置合场强为0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至1O ，B 错误，C 正确；
D ．粒子穿过2O 后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合BC 选项分析，D 错误。

故选AC 。

10、BD
【解析】
对理想变压器的原副线圈匝数之比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。

【详解】
A 选项，理想变压器的原副线圈的匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据
2=P I R ，可知1R 与2R 消耗的电功率之比为2:1，选项A 错误；
B 选项，设通过1R 的电流为I ，则副线圈的电流为0.5I ，初级电压
112U IR I -=-
根据匝数比可知次级电压为
2(12-)I
则
232(12-)1120.52
m I R R I =+=Ω 解得
=3A I
选项B 正确；
CD 选项，若向下移动P ，则3R 的电阻增大，次级电流变小初级电流也变小，根据=P UI 可知电源输出功率变小，电阻1R 的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表的读数变小，则选项C 正确，D 错误。

故选BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、123L L L == ()()()222
104050L L L L L L -=-+-
【解析】
（3）[1]当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120︒，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量形同，长度相同，即123L L L ==；
（4）[2]当两个分力相互垂直时，由勾股定理知： 22212F F F =+
即：
()()()222
104050L L L L L L -=-+-。

12、9.0 5.0
10.0（9.90～10.2均可）
【解析】
(1)[1]欧姆挡读数乘以倍率得到测量值，即多用电表的读数为9.019Ω⨯=Ω
(2)[2]将电流表量程扩大200倍，则需并联的电阻箱阻值为 A A 3A 0.0011000 5.00.20.001
I R R I I ⨯==Ω≈Ω-- (3)[3]根据要求，滑动变阻器需采用分压式接法，选总阻值较小的1R ，同时因电流表已改装成合适的量程，并且已知其内阻，故采用电流表内接法，电路图如答图1所示
(4)[4]根据题图丙描绘的点，用直线进行拟合，注意让尽可能多的点在直线上，若有不在直线上的点，则应大致分布在直线两侧，偏离直线较远的点舍去，如答图2所示
[5]由实验原理得
15.0200
A x U R R I ∆+==Ω∆⨯
解得待测电阻
(15.0 5.0)10.0x R =-Ω=Ω
由于误差9.90Ω～10.2Ω均可
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)2m/s ；(2)6N ，方向竖直向下；【解析】
(1)要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在A 点有
mg ＝m 2A v R
解得
v A ＝2m/s
(2)从A 到B 根据动能定理有
2211222
B A mgR mv mv =- 在B 位置时，对钢球
2B B v F mg m R
-= 联立解得
F B ＝6N
根据牛顿第三定律，钢球对半圆轨道的压力大小为6N ，方向竖直向下
(3)使钢球刚好落入槽中时对钢球，则有212
h gt =
，x ＝v C t ，解得 v C ＝1m/s
从O 到C 点，根据动能定理有 2201122
C mgR mgL mv mv μ-=
- 解得
0v =
故要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v 014、 (1)2N·
s ；(2)23.65s 【解析】
(1)设弹簧在A 处保持静止时压缩量为x ，有
F =kx
若物块离开弹簧时速度为v ，根据动能定理
221122
W kx mv =- 物块P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I =mv
解得
I =2N·s
(2)物块离开弹簧到B 之间做匀速直线运动，设时间为1t ，则有
1l x vt -=
设物块沿着圆弧轨道上升到D 点，B 、D 间的高度为h ，则有
212
mgh mv = 设过D 点的半径与竖直方向的夹角为θ，则
cos 0.996R h R
θ-=
> 即 5θ<︒
物块从B 点到D 点再返回B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期
2T =212
t T = 可得从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
122t t t =+
代入数据得
t =23.65s
15、 (1)032T ；(2)01()2
Q p S Mg h -
+ 【解析】
(1)封闭理想气体初始状态 1V Sh =，10T T =
封闭理想气体末状态
213()22
V S h h Sh =+=
用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为2T ，由盖吕萨克定律得
1212
V V T T = 解得
2210132
V T T T V == (2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得
10p S p S Mg =+
理想气体对外做功为
112
W p S h = 由热力学第一定律可知
U Q W ∆=-
联立解得
01()2
U Q p S Mg h ∆=-+。