2023届内蒙古鄂尔多斯西部四旗高三年级下学期第一次考试物理试题试卷

2023届内蒙古鄂尔多斯西部四旗高三年级下学期第一次考试物理试题试卷
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、如图所示为等边三角形ABC，在A、B两点放等量异种点电荷，已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、φ，则C点的场强和电势分别为（）
A．1
8
E、φB．
1
4
E、φC．
1
8
E、
1
4
φD．
1
4
E、
1
4
φ
2、如图所示，A、B两滑块质量分别为2kg和4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放A而按着B不动；第二次是将钩码C取走，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。

重力加速度g＝10m/s2，则两次操作中A和B获得的加速度之比为（）
A．2：1 B．5：3 C．4：3 D．2：3
3、在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动，它们的速度－时间图象如图所示，则()
A．甲、乙两车同时从静止开始出发
B．在t＝2s时乙车追上甲车
C．在t＝4s时乙车追上甲车
D．甲、乙两车在公路上可能相遇两次
4、如图所示，质量为2kg的物体A静止于动摩擦因数为0.25的足够长的水平桌而上，左边通过劲度系数为100N/m
的轻质弹簧与固定的竖直板P 拴接，右边物体A 由细线绕过光滑的定滑轮与质量为2.5kg 物体B 相连。

开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放B ，直至B 获得最大速度已知弹簧的惮性势能为212P E kx =（其中x 为弹簧的形变量）、重力加速度g =10m/s 2.下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 和弹簧构成的系统机械能守恒
B ．物体B 机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功
C ．当物体B 获得最大速度时，弹簧伸长了25cm
D ．当物体B 获得最大速度时，物体B 速度为223
m/s 5、如图甲所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一匝数为n ，面积为S ，总电阻为r 的矩形线圈abcd 绕轴OO’做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e 随时间t 变化的图象，下列说法中正确的是
A ．从t l 到t 3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBS
B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为Nbs/R
C ．t 3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D 2()
r R +6、雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。

若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。

从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v 、重力势能E p 随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（ ）
A．B．
C．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、如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB和A′O′B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为θ，
AO=OB=A′O′=O′B′=L，OO′与AO垂直，两虚线位置离顶部OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为B1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场B2（大小、方向未知）平行于导轨平面，两根金属导体杆a和b 质量都为m，与轨道的摩擦系数都为μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）
A．匀强磁场B2的方向一定是平行导轨向上B．两个匀强磁场大小关系为：B1=μB2
C．整个过程摩擦产生的热量为Q1=2μmgL cosθD．整个过程产生的焦耳热Q2=mgL sinθ﹣μmgL cosθ﹣1
2
mv2
8、下列说法正确的是（）
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
C．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小
D．1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些
E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小
9、据报道，我国准备在2020年发射火星探测器，并于2021年登陆火星，如图为载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，其中轨道I、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆探测器经轨道I、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道I、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。

已知火星的半径为R，OQ= 4R，轨道Ⅱ上经过O点的速度为v，下列说法正确的有（）
A．在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积相等
B．探测器在轨道Ⅱ运动时，经过O点的加速度等于
2 3 v R
C．探测器在轨道I运动时，经过O点的速度大于v
D．在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是3：2
10、1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。

实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。

推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv，下列说法正确的有（）
A．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
B．宇宙飞船和火箭组的总质量应为F t v ∆∆
C．推力F越大，
v
t
∆
∆
就越大，且
v
t
∆
∆
与F成正比
D．推力F减小，飞船与火箭组将分离
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）某同学用如图甲所示的实验装置某测量木块与木板间动摩擦因数：
(1)从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。

打点计时器的电源频率是50Hz，根据测量结果计算：则打C点时纸带的速度大小为
___________m/s；纸带运动的加速度大小为___________m/s2。

（结果保留3位有效数字）
(2)通过(1)测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=_________。

12．（12分）某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。

竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。

第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2（图乙）。

已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。

(1)通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ=___________；（用字母l、h、x1表示）
(2)通过这两次试验，只要验证_________，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。

（用字母m1、m2、x1、x2表示）
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）如图甲所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，已知导轨间距为L。

金属杆a、b长度都稍大于L，a杆静止在弧形部分某处，b 杆静止在水平部分某处。

水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。

a杆从距水平导轨高度h处释放，运动过程中a杆没有与b杆相碰，两杆与导轨始终接触且垂直。

已知a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R，重力加速度为g；导轨足够长，不计电阻。

(1)求a杆刚进入磁场时，b杆所受安培力大小；
(2)求整个过程中产生的焦耳热；
(3)若a杆从距水平导轨不同高度h释放，则要求b杆初始位置与水平导轨左端间的最小距离x不同。

求x与h间的关系式，并在图乙所示的x2-h坐标系上画出h=h l到h=h2区间的关系图线。

14．（16分）如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用一根长
度为L 的刚性轻质细杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气，大、小活塞的质量分别为2m 、m ，横截面积分别为2S 、S 。

氮气和汽缸外大气的压强均为p 0，大活塞与大圆筒底部相距2L 。

现通过电阻丝缓慢加热氮气，使小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐位置。

已知大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热，两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g 。

求：
①初始状态下氧气的压强；
②小活塞与大圆筒底部平齐时，氧气的压强。

15．（12分）如图所示，质量均为M ＝2 kg 的甲、乙两辆小车并排静止于光滑水平面上，甲车的左端紧靠光滑的14圆弧AB ，圆弧末端与两车等高，圆弧半径R ＝0.2 m ，两车长度均为L ＝0.5 m 。

两车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.2。

将质量为m ＝2 kg 的滑块P (可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

求：
(1)滑块P 刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P 在乙车上滑行的距离。

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、A
【解析】
设等边三角形的边长为L ，A 、B 两点的电荷量大小为Q ，A 、B 连线中点处的电场强度为
2282()2
kQ kQ E L L == C 点的电场强度为 212
cos608C kQ E E L =︒= 等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有
C ϕϕ=
故A 正确，B 、C 、D 错误
故选A 。

2、C
【解析】
第一种方式：只释放A 而B 按着不动，设绳子拉力为T 1，C 的加速度为a ，对A 根据牛顿第二定律可得
T 1=m A a A
对C 根据牛顿第二定律可得：
m C g -2T 1=m C a
根据题意可得
a A =2a
联立解得：
23
A a g = 第二种方式：只释放
B 而A 按着不动，设绳子拉力为T 2，对B 根据牛顿第二定律可得
T 2=m B a B
而
T =40N=2T 2
联立解得：
a B =12
g 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为a A ：a B =4：3，故C 正确、ABD 错误。

故选C 。

3、C
【解析】
由图像可知，乙车比甲车迟出发1s ，故A 错误．根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知t=2s 时，甲车
的位移比乙的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B 错误．在0-4s 内，甲车的位移 x 甲=
12×8×4m=16m ，乙车的位移 x 乙=12
×（1+3）×8m=16m ，所以x 甲=x 乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t=4s 时乙车追上甲车，故C 正确．在t=4s 时乙车追上甲车，由于t=4s 时刻以后，甲车的比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D 错误．故选C ．
点睛：解决本题的关键是要理解速度时间图线表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，相遇时两车的位移相等．
4、D
【解析】
A.由于在物体B 下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A 错误；
B.对物体B 分析，受到重力和拉力作用，W 拉力=△E 机，物体B 机械能的减少量等于所受拉力做的功，故B 错误；
C.A 与B 为连接体，物体B 速度达到最大时，物体A 速度也最大，此时A 和B 的加速度为零，所受合力也为零，对物体B 受力分析，绳子的拉力
T B F m g =
对物体A 受力分析
A T F m g F μ+=
弹簧弹力
F kx =
则弹簧伸长了
0.2m 20cm x ==
故C 错误；
D.以A 和B 整体为研究对象，从静止到A 和B 速度达到最大的过程中，由功能关系可得
22A B B A 11()22
m m v m gx m gx kx μ+=-- 代入数据可得
m/s 3
v = 故D 正确。

故选D 。

5、D
【解析】
试题分析：由图可知，t l 和t 3这两时刻的磁通量大小为BS ，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为2BS ；故A 错误；
从t 3到t 4这段时间磁通量的变化为BS ，则平均电动势 NBS E t
=；因此通过电阻R 的电荷量为()NBS NBS q t r R t R r ==++；故B 错误； t 3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可知：N E t
Φ=；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C 错误； 电流表的示数为有效值，则有：
E I R =
=；故D 正确；故选D ． 考点：法拉第电磁感应定律；交流电的有效值
6、B
【解析】
AB ．根据牛顿第二定律得：
mg ﹣f ＝ma
得： mg f a m
-= 随着速度增大，雨滴受到的阻力f 增大，则知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，故v ﹣t 图象切线斜率先减小后不变，故A 错误，B 正确；
CD ．以地面为重力势能的零参考面，则雨滴的重力势能为：
E p ＝mgh ﹣mg •12
at 2 E p 随时间变化的图象应该是开口向下的，故CD 错误；
故选B.
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】
A.由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对a 分析可知，a 切割磁感线产生感应电动势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故a 棒受合外力小于mg sin θ﹣μmg cos θ；对b 棒分析可知，b 棒的受合外力也一定小于mg sin θ﹣μmg cos θ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过b 棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场B 2的方向一定是平行导轨向上，故A 正确；
B.根据A 的分析可知，a 棒受到的安培力与b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即B 1IL =μB 2IL ；解得B 1=μB 2，故B 正确；
C.由以上分析可知，b 棒受到的摩擦力大于μmg cos θ，因此整个过程摩擦产生的热量Q 1>2μmgL cos θ，故C 错误；
D.因b 增加的摩擦力做功与a 中克服安培力所做的功相等，故b 中因安培力而增加的热量与焦耳热相同，设产生焦耳热为Q 2，则根据能量守恒定律可知：
2mgL sin θ﹣2μmgL cos θ﹣2Q 2=
12⨯2mv 2 解得整个过程产生的焦耳热：
Q 2=mgL sin θ﹣μmgL cos θ﹣
12
mv 2 故D 正确。

故选ABD 。

8、CDE
【解析】
A ．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，故A 错误；
B ．第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故B 错误；
C ．因气体绝热膨胀，故气体对外做功，没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故C 正确；
D ．1kg 的0C ︒的冰熔化成1kg 的0C ︒的水的内能时，要吸收热量，则知1kg 的0C ︒的冰比1kg 的0C ︒的水的内能小些，故D 正确；
E ．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，故E 正确。

故选CDE 。

9、BC
【解析】
A ．因轨道I 和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项A 错误；
B ．探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R ，则经过O 点的加速度等于2
3v R
，选项B 正确； C ．探测器从轨道I 到轨道Ⅱ要在O 点减速，可知在轨道I 运动时，经过O 点的速度大于v ，选项C 正确； D ．探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为
23T T == 则在轨道Ⅱ上第一次由O 点到P 点与轨道Ⅲ上第一次由O 点到Q 点的时间之比是
22331212
T t t T == 选项D 错误。

故选BC 。

10、BC
【解析】
A ．对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有
12()F m m a =+
设飞船对火箭的弹力大小为N ，对火箭组，由牛顿第二定律，有
2N m a =
解得
212
m F N F m m =<+ 故A 错误；
B ．由运动学公式，有∆=∆v a t
，且 12()F m m a =+
解得
12F t m m v
∆+=∆ 故B 正确；
C ．对整体
12()v F m m t
∆=+∆ 由于（m 1+m 2）为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F 越大，
v t ∆∆就越大，且v t ∆∆与F 成正比，故C 正确； D ．推力F 减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故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、1.18m/s 1.50m/s 2 ()mg m M a Mg
μ-+=
【解析】
(1)[1][2]．因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s ，设s 1=9.50cm 、s 2=11.00cm 、s 3=12.5cm 、s 4=14.00cm ，打C 点时纸带的速度大小为
23
2s s v c T +=
代入数值得
v c =1.18m/s
加速度
()()431212224s s s s a a a T
+-++== 代入数值得
a =1.50m/s 2
(2)[3]．对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得
mg －μMg =(M +m ）a
解得
()mg m M a Mg
μ-+= 12
12(m m m =+
【解析】
(1)[1]．对小滑块下滑到停止过程，据动能定理得
1110m gh m g l mgx l
μμ-⋅-= 解得
μ(2)[2]．对小滑块A 滑到斜面最低点的速度为v 1，在水平桌面上时，据牛顿第二定律得
μm 1g =m 1a
解得
a=μg
据速度位移关系公式得
112v gx μ＝
设A 与B 碰撞后速度为v 2，同理得
222v gx μ＝
根据A 、B 碰撞过程动量守恒得
m 1v 1=(m 1+m 2)v 2
联立解得
11122()m x m m x =+
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) 2223B L gh F R =；(2) 23Q mgh =；(3) 2222mR g x h B L =，
【解析】
(1)设a 杆刚进入磁场时的速度为1v ，回路中的电动势为1E ，电流为1I ，b 杆所受安培力大小为F ，则
211222
mgh mv =⋅ 11E BLv =
112E I R R
=+ 1F BI L =
解得
222B L gh F = (2)最后a 、b 杆速度相同，设速度大小都是2v ，整个过程中产生的焦耳热为Q ，则
122(2)mv m m v =+
22212211122222Q mv mv mv ⎛⎫=⋅-⋅+ ⎪⎝⎭
解得
23Q mgh = (3)设b 杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x 时，a 杆从距水平导轨高度h 释放进入磁场，两杆速度相等为2v 时两杆距离为零，x 即为与高度h 对应的最小距离。

设从a 杆进入磁场到两杆速度相等经过时间为Δt ，回路中平均感应电动势为E ，平均电流为I ，则
BLx E t t
∆Φ==∆∆ 2I R
E R =+ 对b 杆，由动量定理有
2mv BIL t =∆ 或者对a 杆，有
2122mv mv BIL t -=-∆
2222mR g
x h B L =
图线如图所示（直线，延长线过坐标原点）。

14、①03mg p S +
；②20334mg p p S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】 ①分析初始状态下两活塞的受力情况，根据力的平衡有
0110232p S p S mg p S p S ⨯++=⨯+
解得初始状态下氧气的压强
103mg p p S
=+ ②初始状态氧气体积
132222L L SL V S L S ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭
当小活塞缓慢上升到上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积22V SL =，压强为p 2，根据玻意耳定律有2211p V p V =，解得
20334mg p p S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
15、 (1)43m/s(2)18
m 【解析】 (1)滑块沿
14圆弧下滑过程机械能守恒，有 2012
mgR mv =， 设滑块P 刚滑上乙车时的速度为v 1，此时两车的速度为v 2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：
0122mv mv Mv +=，
对整体应用能量守恒有
122211222
v mgR mgL m Mv μ=++⨯， 解得：
14m /s 3v =，11m /s 3
v =， 滑块P 刚滑上乙车时的速度大小为
43m/s ； (2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ，滑块P 在乙车上滑行的距离为x ，规定向右为正方向，对滑块P 和小车乙应用动量守恒有：
12()mv Mv m M v +=+，
对滑块P 和小车乙应用能量守恒有
222121()1
22
21mgx m Mv v v M m μ=-++ 解得：
1m 8
x =。