山西省长治市2022-2023学年高三物理9月质量检测试题（Word版附答案）

长治市2022—2023学年高三年级九月份质量监测

物理试题

【注意事项】

1．本试卷全卷满分100分，考试时间90分钟。

2．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。

3．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，填空题和解答题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

第Ⅰ卷（选择题48分）

一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。第1—8小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第9—12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）

1. 某物体沿水平方向做直线运动，其v-t图像如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是（　　）

A. 在0～1s内，物体做曲线运动

B. 在1～2s内，物体向左运动，且速度大小在减小

C. 在1～3s内，物体的加速度方向向右，大小为4m/s2

D. 在3s末，物体处于出发点右方

【答案】D

【解析】

【详解】A．在0～1s内，物体做直线运动，A错误；

B．在1～2s内，速度为正值，物体向右运动，且速度大小在减小，B错误；

C．在1～2s内，物体向右做匀减速运动，加速度向左，2～3s内物体向左做匀加速运动，加速度向左，物体的加速度大小为

C错误；

D．图像的面积表示位移，前3s内正面积大于负面积，所以前3s的位移为正，在3s末，物体处于出发点右方，D正确。

故选D。

2. 如图所示为两边支撑腿等长的“人字梯”，调节支撑腿之间的角度可以获取更大高度，所以是人们在生活和工作中经常使用的登高工具。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当两边支撑腿之间的角度增大时，则“人字梯”（　　）

A. 对地面的压力增大 B. 对地面的压力减小

C. 一条支撑腿受到的摩擦力减小 D. 一条支撑腿受到的摩擦力增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．“人字梯”与人的总质量不变，支撑腿的形状不影响其对地面的总压力，对地面的压力不变，A、B错误；

CD．由平面力系三力汇交原理，对梯子受力分析可得

支持力大小不变为总重力一半，当两边支撑腿之间的角度增大时，角也变大，则“人字梯”一条支撑腿受到的摩擦力增大，C错误，D正确。

故选D。

3. 如图所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引A、B一起水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为，B与桌面间的摩擦力为。若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力和的变化情况是（　　）

A. 、都变大 B. 变大，不变

C. 不变，变大 D. 、都不变

【答案】B

【解析】

【详解】对A、B两物体组成的系统受力分析，由牛顿第二定律可知

所以A受到的摩擦力为

是滑动摩擦力

若增大C桶内砂的质量，则拉力增大，系统加速度变大；可知A受到的摩擦力变大，而B与桌面间的摩擦力不变，故选B。

4. 中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送人太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星。“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜“同步”卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里。下列说法正确的是（　　）

A. 地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度大

B. 静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度

C. 中轨道卫星的周期大于同步卫星周期

D. 静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度小

【答案】D

【解析】

【详解】A．地球赤道上随地球自转物体和静止轨道卫星具有相同的角速度，根据

可知静止轨道卫星的向心加速度大，故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

解得

可知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故B错误；

C．根据

解得

中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则中轨道卫星的周期小于同步卫星周期，故C错误；

D．根据

解得

轨道半径越大，向心加速度越小，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，则静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度小，故D正确。

故选D。

5. 如图是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是:

A. 卢瑟福粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型

B. 放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为射线，电离能力最强

C. 电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关

D. 铀235只要俘获中子就能进行链式反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．卢瑟福粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A正确；

B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为射线，贯穿能力最强，故B错误；

C．由图可以知道,光照越强,光电流越大,但遏止电压是一样,说明遏止电压与光的强度无关,故C错误; 
D．链式反应需要达到临界体积才可以，故D错误；

故选A．

6. 在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以空间站为参考系，此时（　　）

A. 水和油的线速度大小相等 B. 水和油的向心加速度大小相等

C. 水对油的作用力大于油对水的作用力 D. 水对油有指向圆心的作用力

【答案】D

【解析】

【详解】Ａ．水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；

Ｂ．根据知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B错误；

Ｃ．水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；

Ｄ．油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确；

故选D。

7. 如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（ ）

A. A′，B′，C′三点的电场强度相同

B. △ABC所在平面为等势面

C. 将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功

D. 若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于

【答案】D

【解析】

【分析】根据点电荷的场强公式E=kQ/r2分析电场强度的大小关系；点电荷的等势面是一系列的同心圆；沿着电场线，电势逐渐降低；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而判断电场力做功的正负；根据公式U=Ed分析A′A连线中点D处的电势．

【详解】A′、B′、C′三点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E=k Q/r2分析可知，A′、B′、C′三点的电场强度大小相等．但方向不同，故A错误．A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故△ABC所在平面不是等势面，故B错误；将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误．由于A′D间场强大于DA间场强，由U=Ed知，A′、D间的电势差大于DA间的电势差，则有：φA-φD＞φD-φA′，则φD＜（φA+φA′），由于正点电荷电场中电势大于零，因此φD＜φA+φA′，故D正确；故选D．

【点睛】本题关键是明确点电荷的电场分布情况，注意根据对称性分析，同时要注意场强是矢量，电势是标量．

8. 如图，两个质量均为m的小球a、b通过轻质铰链用轻杆连接，a套在固定的竖直杆上，b放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与b相连。当弹簧处于原长状态时，将a由静止释放，已知a下降高度为h时的速度大小为v，此时杆与水平面夹角为。弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A. 释放a的瞬间，a的加速度大小为g

B. 释放a的瞬间，地面对b的支持力大小为2mg

C. a的速度大小为v时，b的速度大小为

D. a的速度大小为v时，弹簧的弹性势能为

【答案】C

【解析】

【详解】A．释放a的瞬间，a开始向下做加速运动，对a进行受力分析，竖直方向上受重力和轻杆沿竖直方向的分力，即此时a的加速度不为g，A错误；

B．把a、b作为整体，竖直方向有

则有

即释放a瞬间，地面对b的支持力小于2mg，B错误；

C．当a的速度大小为v时，a沿轻杆方向的分速度为，沿着轻杆方向速度不变，则此时b的速度大小为

C正确；

D．整个系统机械能守恒，则有

则有此时弹簧的弹性势能

D错误。

故选C。

9. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A. 小灯泡L1、L2均变暗

B. 小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗

C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大

D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小

【答案】BC

【解析】

【详解】滑动变阻器的触片向右滑动,电阻变大，总电阻变大，总电流变小，所以电流表A的读数变小，小灯泡L2变暗．总电流变小，内电压变小，路端电压变大，即电压表V的读数变大．又小灯泡L2分压变小，所以并联部分分压变大，小灯泡L1变亮，BC对

10. 一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 质点振动的频率为

B. 在内质点经过的路程是

C. 在末，质点的速度为零，加速度最大

D. 和两个时刻质点的位移和速度方向都相反

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由题图可知，振幅，周期，频率

A错误；

B．当

故内质点经过的路程

B正确；

C．由图像，当，质点位移最大，速度为零，加速度最大，C正确；

D．由图像和根据正弦函数对称性的特点可知，这两个时刻的位移方向相反，但速度方向相同，D错误。

故选BC。

11. 如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为（　　）

A. m1=3m2 B. m2=3 m1 C. m2=5m1 D. m2=7m1

【答案】ABD

【解析】

【详解】若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：，即：，根据动量守恒得，，根据机械能守恒得，，联立解得m1=3m2；碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与档板碰后反弹在B点追上球2，则有：，即：，同理，解得：m2=7m；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与档板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即: v1=v2，同理，解得：m2=3m1；故选ABD．

12. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量且足够长的不带电绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为m，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.2，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，g为重力加速度。则（　　）

A. 最终滑块以的速度匀速运动

B. 最终木板以的加速度做匀加速运动

C 整个过程中，木板加速度由逐渐增大到

D. 整个过程中，滑块先与木板一起匀加速运动，然后再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动

【答案】AB

【解析】

【详解】A．开始滑块做加速直线运动，滑块获得向左的速度，根据左手定则可知滑块受到洛伦兹力作用竖直向上，当洛伦兹力等于重力时滑块做匀速直线运动，即

解得

故A正确；

B．当滑块受到洛伦兹力等于滑块重力时，滑块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，根据牛顿第二定律可得

解得最终木板的加速度为

故B正确；

C．设最开始时，滑块与木板发生相对滑动，对滑块有

解得

对木板有

解得

即整个过程中，木板加速度由逐渐增大到，故C错误；

D．由以上分析可知初始时刻滑块的加速度为，木板的加速度为，整个过程中滑块受到的洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，最后做匀速运动，故D错误。

故选AB。

第Ⅱ卷（非选择题52分）

二、实验题（本题共13分。）

13. 一个小球沿斜面向下运动，现在用s的频闪相机拍摄下的不同时刻的小球所处的位置照片如图所示，测得小球在连续相等的时间内的位移如表，则：

（1）小球的运动性质属于______直线运动。

（2）有甲、乙两位同学计算小球的加速度的方法如下：

甲：a1＝，a2＝，a3＝，a＝；

乙：a1＝，a2＝，a＝；

撇开本题所给的数据从理论上讲，甲、乙两位同学的计算方法中______（选填“甲”或“乙”）方法更好，本题中小球的加速度值为______m/s2，小球经过A点处速度为______m/s。

【答案】    ①. 匀加速    ②. 乙    ③. 1.1    ④. 1.095

【解析】

【详解】（1）[1]对于纸带，相邻的相等时间内的位移差相等，可以说明物体做匀变速直线运动

间距逐渐增大，所以小球做匀加速直线运动。

（2）[2]甲、乙两位同学的计算方法中，乙方法更好。

甲的方法

a＝＝

也即该方法只采用了s4和s1的数据，不利于减小误差．

[3]由逐差法

a1＝＝111 m/s2

a2＝＝1.095 m/s2

a＝≈1.1 m/s2

[4]某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．所以后两段的平均速度等于A点的瞬时速度，有

vA＝＝1.095m/s

14. 某同学研究小灯泡（2.5V，0.6W）的伏安特性曲线，除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：

A．电流表A1（量程0.3A，内阻约1.2Ω）

B．电流表A2（量程06A，内阻约0.5Ω）

C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）

D．电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）

E．滑动变阻器R1（阻值0~10Ω）

F．滑动变阻器R2（阻值0-200Ω）

G．电源E（电动势3V，内阻约0.04Ω）

（1）为了调节方便，测量准确，应选用电流表______，电压表_______，滑动变阻器________（填选项前面的字母）

（2）如图为某同学在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前的电路，请找出其中仅有的两个不当之处，并说明如何改正：①___________；②____________。

（3）实验中发现，无论怎样移动滑动变阻器的滑动端P，电压表和电流表虽然都有示数，但都无法使电压表和电流表的示数调为0，已知电表没问题，则可能的原因是________。

A．小灯泡短路

B．小灯泡断路

C．电源负极与滑动变阻器之间断路

D．小灯泡与滑动变阻器之间断路

（4）解决上述问题之后，测出多组数据，在I-U坐标系中描出各对应点，请在答题纸上对应位置画出此小灯泡的伏安特性曲线________。

（5）将该小灯泡先与一个阻值为5Ω的定值电阻串联，然后再接到电动势为3V、内阻为18Ω的电池两端，此时小灯泡的实际功率为______W。（计算结果保留3位有效数字）

【答案】    ①. A1    ②. V1    ③. R1    ④. 开关不应该闭合，应该断开开关    ⑤. 滑动变阻器的滑动端不应该在a、b中点，应该移动到b端    ⑥. C    ⑦.     ⑧. 0.465##0.466##0.467##0.468##0.469##0.470##0.471##0.472
 

【解析】

【详解】（1）[1]小灯泡的额定电流为

电流表选择A1；

[2]小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择V1；

[3]为了方便调节电路，滑动变阻器选择R1；

（2）[4][5]①开关不应该闭合，应该断开开关；②滑动变阻器的滑动端不应该在a、b中点，应该移动到b端。

（3）[6] A．小灯泡短路，电压表示数始终为零，A不符合题意；

B．小灯泡断路，电流表和电压表的示数可以调为零，B不符合题意；

C．电源负极与滑动变阻器之间断路，滑动变阻器变为限流接法，电流表和电压表的示数都无法调到零， C符合题意；

D．小灯泡与滑动变阻器之间断路，电流表和电压表的示数始终等于零，D不符合题意。

故选C。

（4）[7]小灯泡的伏安特性曲线如图所示；

（5）[8]将定值电阻看成电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律得

代入数值得

在小灯泡的伏安特性曲线中画出电源的U-I图像

两图线的交点坐标为

小灯泡的实际功率为

三、计算题（本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

15. 如图所示，竖直导热圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长l=10cm。活塞A上方为水银，粗细两筒中水银柱的高度分别为H=3cm和h=2cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计。用外力向上托住B，使之处于平衡状态。外界大气压始终为p0，p0相当于76cm水银柱产生的压强，环境温度为27 ℃。

（1）保持温度不变，向上缓慢推动活塞B，试计算粗筒中的水银柱刚好完全进入细筒时活塞B上升的距离x。

（2）在第（1）问的基础上，固定活塞B的位置不变，将装置放入57 ℃的恒温箱中。一段时间后，在细筒上方注入水银，为保证活塞A不向下移动，则注入水银的最大高度h'为多少？

【答案】（1）4cm；（2）9cm

【解析】

【详解】（1）封闭气体的初始压强为

p1=p0+ρg（h+H）

粗筒的面积是细筒的4倍，则水银柱完全推入细筒时水银柱的高度为

H'=4H+h=14cm

由活塞A受力平衡可得

p2=p0+ρgH'

设封闭气体后来的高度为l'，粗筒横截面积为S，温度不变，根据玻意耳定律有

p1lS=p2l'S

可得

l'=9cm

则

x=l+H-l'=4cm

（2）该过程体积不变，根据查理定律

p3=p0+ρg（H'+h'）

所以

h'=9cm

16. 如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

【答案】（1）（0，L）（2） （3）

【解析】

【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．
（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间．

【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L=v0cosθ•t1，
竖直方向：y=v0sinθ•t1，
解得：y=L，
粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，L）；
（2）粒子在电场中的加速度：a=，
竖直分位移：y=at12，
解得： ；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，
 

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD=y=L，
因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，
其中，粒子的速度：v=v0cosθ，
解得：；
（3）粒子在电场中的运动时间：，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：，
粒子做运动直线运动的时间：，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：，
粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=；

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

17. 如图所示为一皮带传送装置，以速度v0逆时针匀速传动，倾角为37°，AB分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=16m。一质量为m的小煤块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，轮缘与传送带间不打滑。小煤块无初速度地放在A点，运动至B点飞出，小煤块相对传送带运动时会在传送带上留下痕迹。g取10m/s2，求：

（1）小煤块在传送带上运动时加速度的可能值；

（2）当痕迹长△x=4m时，v0多大。

【答案】(1)和；(2)或

【解析】

【详解】(1)若小煤块运动到B点时，速度还小于传送带的速度，则由

可得

若在到B点前，小煤块速度已经达到传送带的速度，则在达到传送带速度之后，小煤块相对传送带向下运动，有

可得

(2)如果小煤块在到达B时，速度还小于传送带速度，则对小煤块有

可得

则小煤块的末速度为

传送带运动的位移

由

可得

故不成立；即小煤块在到达B前与传送带共速，则在共速前小煤块的位移

传送带的位移

痕迹为

且

共速后，小煤块的位移

传送带的位移

痕迹为

若

则

联立可得

若

则

联立可得

则小煤块全程位移

可得