河南省新野县一中2023年高三物理第一学期期末监测模拟试题含解析

河南省新野县一中2023年高三物理第一学期期末监测模拟试题注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、平行板电容器的两极A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，小球始终未碰到极板，如图所示，那么（）
A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板缓慢靠近，则θ减小
B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板缓慢靠近，则θ不变
C．电键S断开，带正电的A板向B板缓慢靠近，则θ增大
D．电键S断开，带正电的A板向B板缓慢靠近，则θ不变
2、图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图甲中质点Q运动到负向最大位移处时，质点P刚好经过平衡位置。

图乙为质点P从此时刻开始的振动图像。

下列判断正确的是（）
A．该波的波速为40m/s
B．质点P的振幅为0
C．该波沿x轴负方向传播
D．Q质点在0.1s时的速度最大
3、下列说法正确的是（）
A．阴极射线的本质是高频电磁波
B．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构
D．239
94Pu变成207
82
Pb，经历了4次β衰变和6次α衰变
4、如图，质量为M =3kg的小滑块，从斜面顶点A静止开始沿ABC下滑，最后停在水平面D点，不计滑块从AB面滑上BC面，以及从BC面滑上CD面的机械能损失．已知：AB=BC=5m，CD=9m，θ=53°，β=37°，重力加速度g=10m/s2，在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同．则（）
A．小滑块与接触面的动摩擦因数μ=0.5
B．小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功，等于在BC面上运动克服摩擦力做功C．小滑块在AB面上运动时间大于小滑块在BC面上的运动时间
D．小滑块在AB面上运动的加速度a1与小滑块在BC面上的运动的加速度a2之比是5/3
5、两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，关于此时刻的说法错误的是（）
A．a，b连线中点振动加强
B．a，b连线中点速度为零
C．a，b，c，d四点速度均为零
D．再经过半个周期c、d两点振动减弱
6、研究光电效应的实验规律的电路如图所示，加正向电压时，图中光电管的A极接电源正极，K极接电源负极时，加反向电压时，反之．当有光照射K极时，下列说法正确的是
A．K极中有无光电子射出与入射光频率无关
B．光电子的最大初动能与入射光频率有关
C．只有光电管加正向电压时，才会有光电流
D．光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大
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、如图甲所示为一台小型发电机的构造示意图，其线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。

发电机线圈内阻为1Ω，接灯泡的电阻为9Ω，则（）
A．电压表的示数为6V
B．发电机的输出功率为3.24W
C．2
110s
t-
=⨯时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．2
210s
t-
=⨯时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
8、如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为θ的固定斜面,一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度–时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因
数为μ＝
3
9
该星球半径为R=6×104km.引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2,则下列正确
的是:( )
A ．该星球的第一宇宙速度41 3.010?
m/s v =⨯ B ．该星球的质量268.110kg M =⨯
C ．该星球的自转周期41.310?s T =⨯
D ．该星球的密度3895?kg/m ρ=
9、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。

下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是（ ）
A ．a 为电源正极
B ．仅增大电源电动势滑块出射速度变大
C ．仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速
D ．仅减小弹体质量，其速度变化率增大
10、用头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A ．图甲一定是正点电荷形成的电场
B ．图乙一定是异种电荷形成的电场
C ．图丙可能是同种等量电荷形成的电场
D ．图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场
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）图甲为某实验小组做“验证机械能守恒定律”的实验装置，光电门A、B 固定在气垫导轨上，细线两端分别与钩码和滑块相连，重力加速度为g。

(1)实验的主要操作如下：
①按图组装好实验器材；
②让滑块从气垫导轨上光电门A 的右侧某位置由静止释放；
③记录遮光条通过光电门A、B 所用的时间分别为t1、t2；
④改变光电门B 的位置，进行多次实验。

为完成该实验，还缺少的主要操作是_____；
(2)实验中还需要测量的物理量有_____；
①滑块的长度D；
②遮光条的宽度d；
③两个光电门之间的距离L；
④滑块（含遮光条）的质量M；
⑤钩码的质量m。

(3)对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量∆E p=_______；动能的增加量∆E k=_____；（用上述所给的字母表示）
(4)实验小组处理采集的多组数据并在坐标系∆E p-∆E k中描点作图，如图乙所示，若两轴的标度相同，造成该实验结果的原因是_______。

12．（12分）为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R，定值电阻R n，两个电流表A1、A2，电键S1，单刀双掷开关S2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．
（1）闭合电键S1，断开单刀双掷开关S2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；将单刀双掷开关S2合向1，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数仍为I0，此时电阻箱阻值为R2，则电流表A1的阻值R A1＝_____．
（2）将单刀双掷开关S2合向2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，实验小组成员打算用图象分析I与R的关系，以电阻箱电阻R为横轴，为了使图象是直线，则纵轴y应取_____．
A．I B．I2 C．1/I D．1/I2
（3）若测得电流表A1的内阻为1Ω，定值电阻R0＝2Ω，根据（2）选取的y轴，作出y﹣R图象如图乙所示，则电源的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．
（4）按照本实验方案测出的电源内阻值_____．（选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”）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）如图，两等腰三棱镜ABC和CDA腰长相等，顶角分别为∠A1=60°和
∠A2=30°。

将AC边贴合在一起，组成∠C=90°的四棱镜。

一束单色光平行于BC边从AB上的O点射入棱镜，经AC界面后进入校镜CDA。

已知棱镜ABC的折射率
162 2
n
+
=，棱镜CDA的折射率n2=2，不考虑光在各界面上反射后的传播，求：
(sin15°=62
4
-
，sin75°=
62
4
+
)
(i)光线在棱镜ABC内与AC界面所夹的锐角θ；(ii)判断光能否从CD面射出。

14．（16分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数0.25
μ=，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R。

已知重力加速度为g。

(1)小滑块到达C点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；
(2)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能。

15．（12分）如图所示，用同种材料制成的倾角θ的斜面和水平轨道固定不动．小物块与轨道间动摩擦因数μ，从斜面上A点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失．
(1)若已知小物块至停止滑行的总路程为s，求小物块运动过程中的最大速度v m
(2)若已知μ=0.1．小物块在斜面上运动时间为1s，在水平面上接着运动0.2s后速度为
v t，这一过程平均速率13
12
m/s．求v t的值．（本小题中g=10m/s2）
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．保持电键S闭合，电容器两端间的电势差不变，A板向B板靠近，极板间距离减
小，根据
U
E
d
=，可知电场强度E变大，小球所受的电场力变大，θ增大，选项AB
错误；
CD ．断开电键S ，电容器所带的电量不变，根据U E d =和Q C U
=，4S C kd επ=可知 4kQ E S
πε= 带正电的A 板向B 板缓慢靠近d 变小，E 不变，电场力不变，θ不变，选项C 错误，D 正确。

故选D 。

2、C
【解析】
AC ．根据题意可知，图乙为质点P 从此时开始的振动图像，得出质点向下振动，则可确定波的传播方向为x 轴负方向传播，再由振动图像与波动图像可知，波速 4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故A 错误，C 正确；
B ．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由图乙可知，质点P 的振幅为20cm ，故B 错误；
D ．周期为0.2s ，经过0.1s 即半周期，质点Q 振动到波峰位置即速度为0，故D 错误。

故选C 。

3、C
【解析】
A ．阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A 错误；
B ．玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B 错误。

C ．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C 正确；
D ．239
94Pu 变成207
82Pb ，经历了239207=84
-次α衰变，8×2-（94-82）=4次β衰变，选项D 错误。

故选C 。

4、C
【解析】
A 、根据动能定理得：
()()Mg 0AB BC AB BC CD S sin S sin Mg S cos S cos MgS θβμθβμ+-+-=,解得：7μ16
=，故A 错误； B 、小滑块在AB 面上运动时所受的摩擦力大小 f 1=μMgcos53°，小滑块在BC 面上运动
时所受的摩擦力大小 f 2=μMgcos37°，则f 1＜f 2，而位移相等，则小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动克服摩擦力做功，故B 错误。

C 、根据题意易知小滑块在A 、B 面上运动的平均速度小于小滑块在B 、C 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上运动时间，C 正确； D 、小滑块在AB 面上运动的加速度2143/8a gsin gcos m s θμθ=-=
，小滑块在BC 面上运动的加速度225/2a gsin gcos m s βμβ=-=
，则 12:43:20a a =， 故D 错误。

故选C ．
5、B
【解析】
AB ．a 是两个波谷相遇，位于波谷，振动加强，但此时速度为0；b 是两个波峰相遇，位于波峰，振动加强，但此时速度为0；a 、b 两点是振动加强区，所以a 、b 连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0；故A 正确，B 错误；
C ．c 和d 两点是波峰和波谷相遇点，c 、d 两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，速度为零，故a ，b ，c ，d 四点速度均为零，故C 正确；
D ．再经过半个周期c 、d 两点仍是振动减弱，故D 正确。

本题选错误的，故选B 。

6、B
【解析】
K 极中有无光电子射出与入射光频率有关，只有当入射光的频率大于K 极金属的极限频率时才有光电子射出，选项A 错误；根据光电效应的规律，光电子的最大初动能与入射光频率有关，选项B 正确；光电管加反向电压时，只要反向电压小于截止电压，就会有光电流产生，选项C 错误；在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关，选项D 错误.
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、BC
【解析】
A ．由题图乙知，交流发电机电动势的有效值为6V ，则灯泡两端电压的有效值 5.4V R U E R r
==+
A 项错误；
B ．灯泡消耗的功率
2
3.24W U P R
== B 项正确；
C ．由题图乙知，2110s -=⨯t 时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，C 项正确；
D ．2210s t -=⨯时刻，电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D 项错误。

故选BC 。

8、ABD
【解析】
上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有1cos sin mg mg ma μθθ+=，下滑过程中，在沿斜面方向上有2sin cos mg mg ma θμθ-=，又知v-t 图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：216010/0.6
a m s -==，2125/0.4
a m s ==，联立解得215/g m s =
，故该星球的第一宇宙速度为43.010/v m s ===⨯，
A 正确；根据黄金替代公式2GM gR =可得该星球的质量为()2432261115610108.1106.6710gR M kg kg G -⨯⨯⨯===⨯⨯，
B 正确；根
据所给条件无法计算自转周期，C 错误；该星球的密度
263
38.110895/43
M kg kg m V R ρπ⨯===⨯⨯，D 正确． 9、BD
【解析】
A ．根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则b 为电源正极，故A 错误；
B ．仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故B 正确；
C ．仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故C 错误；
D ．仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故D 正确。

故选BD 。

10、BC
【解析】
A ．点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，A 错误；
B ．根据等量异种电荷电场线分布的特点对比可知，图乙一定是异种电荷形成的电场，B 正确；
C ．根据等量同种电荷电场线的特点对比可知，图丙可能是同种等量电荷形成的电场，也可能是同种不等量电荷形成的电场，C 正确；
D ．由图可知，两个金属板之间的电场类似于匀强电场，所以图丁可能是两块金属板带异种电荷形成的电场，D 错误。

故选BC 。

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、将气垫导轨调节水平 ②③④⑤ mgL 22211()2d d M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
气垫导轨没有调水平且B 端偏低
【解析】
(1)[1]．为完成该实验，还缺少的主要操作是将气垫导轨调节水平；
(2)[2]．滑块经过两个光电门时的速度分别为
11
d v t = 12d v t =
则要验证的关系为
2222212111()()()22d d mgL M m v v M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-=+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
则要测量的物理量是：②遮光条的宽度 d ；③两个光电门之间的距离 L ；④滑块（含遮光条）的质量 M ；⑤钩码的质量 m 。

(3)[3]．对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量
∆E p =mgL ；
[4]．动能的增加量
∆E k =22211()2d d M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
； (4)[5]．根据 ∆E p -∆E k 图像，若∆E p =∆E k 则直线倾角为45°，而现在图中直线倾角为42°，可知∆E p <∆E k 可知原因可能是滑块的重力做正功造成的，即气垫导轨没有调水平且B 端偏低。

12、R 2﹣R 1； C ； 3； 0.9； 等于真实值．
【解析】
（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：R A1＝R 2﹣R 1；
（2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：()0A1E I r R R R =+++，整理得：
0111A r R R R I E E ++=+ ，为得到直线图线，应作1R I
- 图象，C 正确ABD 错误． （3）由1R I -图线可知：0A1 1.3r R R b E ++== ，11 2.6 1.313.93
I k E R ∆-==== ，解得，电源电动势：E ＝3V ，电源内阻：r ＝0.9Ω；
（4）实验测出了电流表A 1的内阻，由（2）（3）可知，电源内阻的测量值等于真实值．
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、 (i)45°；(ii)不能从DC 面射出
【解析】
(i)光在AB 面上发生折射，如图
由折射定律得
1sin 1sin 2
n ∠=∠ 解得
∠2=15°
则
=180********θ---==45°
(ii)光从AC 面进入CDA 内，由几何关系可得
∠3=90θ=45°
由折射定律
12
sin 4sin 3n n ∠=∠ 解得
∠4=75°
则由几何关系可得
∠5=45°
由折射定律
2sin 6sin 5
n ∠=∠ 解得
∠6=90°
光线在DC 面恰好发生全反射，不能从DC 面射出。

（平行DC 射出也可）
14、 (1)3mg ；(2)3.5mgR
【解析】
(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达C 点时的速度为v C ，根据机械能守恒定律得
mgR ＝12
mv C 2 设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ，根据牛顿第二定律得
2c N mv F mg R
-＝ F N ＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小N =F N =3mg ；
(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A ，设小滑块到达A 点时的速度为v A ，
此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
2A mv mg R ＝ 小滑块从D 到A 的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得
21422
A kD mg R mgR mv E μ-⋅--＝ 解得
E kD ＝3.5mgR
15、（1）
2(sin cos )sin cos μθμθμθμθ-+-gs （2）1m/s 【解析】
(1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得
a 1=sin cos mg mg m
θμθ-=g sin θ﹣μcos θ 在水平面有：
a 2=mg
m μ=μg
物体的最大速度：
v m =a 1t 1=a 2t 2
整个过程物体的位移：
s =m 2v t 1+m 2
v t 2 解得：
v m =2(sin cos )sin cos μθμθμθμθ
-+-gs
(2)已知μ=0.1，解得：
a 2=mg
m μ=μg =0.1×10 m/s 2=1m/s 2
最大速度：
v m =v t +a 2t 2′=v t +1×0.2=v t +1
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
s 2=()2
22221225t t m t v v v v a +--=⨯=2110+t v 由位移公式得： s 1=m 2v t 1′=12+t v ×1=12+t v 而：
1212()s s v t t +='+' 已知：t 1′=1s ，t 2′=0.2s ，v =1312m/s ，解得： v t =1m/s。