2023届吉林省长春市第二中学高三上学期第四次调研测试物理试题含解析

2023届吉林省长春市第二中学高三上学期第四次调研测试物理试题

一、单选题（每题4分）

1. 如图所示，为某一物理量y随另一物理量x变化的函数图像，关于该图像与横轴所围面积（阴影部分）的物理意义，下列说法中正确的是（　　）

A. 若图像表示质点的加速度随时间的变化关系，则面积值等于质点在对应时间内的位移

B. 若图像表示力随位置的变化关系，则面积值等于该力在对应位移内做功的平均功率

C. 若图像表示沿x轴方向电场的场强随位置的变化关系，则面积值等于电场在O~x0段的电势差

D. 若图像表示电容器充电电流随时间的变化关系，则面积值等于对应时间内电容器储存的电能

【答案】C

【解析】

【详解】A．若图像表示加速度随时间的变化，y轴表示加速度，x表示时间，由

知

△v=a△t

知面积等于质点在相应时间内速度的变化量。故A错误。

B．若图像表示力随位置的变化，根据

W=Fl

知，面积等于该力在相应位移内所做的功，故B错误。

C．若图像表示沿x轴方向电场的场强随位置的变化关系，根据

U=qEd

则面积值等于电场在Ox0段的电势差，故C正确。

D．若图像表示电容器充电电流随时间的变化，由

q=It

知面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，故D错误；

故选C。

2. 如图所示，将一个足球用三个立柱（可视为质点）支起，小立柱成正三角形放在水平地面上，立柱与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°，已知每个立柱对足球的支持力大小为1.5N，，不计足球与立柱间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A. 每个立柱受到三个力的作用

B. 地面对立柱的作用力竖直向上

C. 足球的重力为2.7N

D. 每个立柱受到地面的摩擦力为0.9N

【答案】D

【解析】

【详解】C．对足球分析，根据平衡条件可知，三个立柱对足球作用力N的合力与足球的重力G平衡，则

选项C错误；

D．足球对每个立柱有斜向下的压力，其大小等于N，且方向和竖直方向夹角为37°，对单独一个立柱分析，根据平衡条件可知其受到地面的摩擦力大小为

选项D正确；

AB．每个立柱受到自身的重力、足球的压力、地面的支持力和地面的摩擦力，共四个力作用，根据力的合成可知地面对立柱的作用力斜向上而不是竖直向上，选项AB错误。

故选D。

3. 如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1 > m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（   ）

A. 无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰

B. 无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰

C. 上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰

D 上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰

【答案】A

【解析】

【详解】如果上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞；如果上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，加速度

因为初速度相同，减速的加速度相同，根据

可知两滑块一定不相撞。

故选A。

4. 如图所示，空间有一正三棱P－ABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一负的点电荷，则下列说法正确的是（    ）

A. 底面ABC为等势面

B. A，B，C三点的电场强度相同

C. 若B，C，D三点的电势为φB、φC、φD，则有

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

【答案】C

【解析】

【详解】A．点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆（球）面。O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势低，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，A错误；

B．点电荷电场强度大小

A、B、C三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，B错误；

C．BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则

C正确；

D．BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离小于BP或CP两点距离，故D的电势低于B、C两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先减小后增加，故静电力对该试探电荷先做正功后做负功，D错误；

故选C

5. 如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b（不计重力）从P点先后以大小相等的速率射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为，下列说法正确的是（　　）

A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径

B.

C. b粒子在磁场中运动时间为运动周期的

D. a、b粒子离开磁场时的速度方向也成角

【答案】C

【解析】

【详解】A．粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得

可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为

故A错误；

BCD．粒子在磁场中轨迹如图所示

粒子a在磁场中的运动时间为

粒子b在磁场中的运动时间为

可得

又

可得

则有

b粒子在磁场中的运动时间为

由图中轨迹可以看出a、b粒子离开磁场时的速度方向都与方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故C正确，BD错误。

故选C。

6. 引力波的发现，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为。（a星的轨道半径大于b星的轨道半径），则（　　）

A. b星的周期为 B. a星的线速度大小为

C. a、b两颗星的半径之比为 D. a、b两颗星的质量之比为

【答案】B

【解析】

【详解】A．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则角速度相同，由公式

可知两颗星的周期相等，故A错误；

BC．由于

两式联立解得

a、b两颗星的半径之比为

a星的线速度大小为

故B正确，C错误；

D．由万有引力提供向心力得

解得

故D错误。

故选B。

7. 一列沿轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（　　）

A. 波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下

B. 在5~5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小

C. 在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，—8cm）

D. 在t=7s时，质点Q开始向下振动

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上。故A错误；

B．由图乙可知，5~5.5s时间内质点振动时间大于周期，小于周期，此时质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；

C．波的传播速度为

波从质点M处传播到质点Q处所需要的的时间

Q振动了个周期，此时质点Q处于x轴上方最多大位移处，即（10m，8cm）处，故C错误；

D．由C项分析可知t=7s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。

故选B。

8. 如图甲、乙所示，两空间分别存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为纸面内的半圆形曲线，O、分别为两半圆的圆心，PQ、分别为两半圆的水平直径，将带电粒子分别从P、点水平射出，分别经过半圆曲线的M、点，不计粒子重力及空气阻力，则下列说法正确的是（    ）

A. 甲图中粒子带正电，乙图中粒子带负电

B. 甲图中粒子带负电，乙图中粒子带正电

C. 甲图中粒子经过M点时速度方向的反向延长线有可能经过圆心O

D. 乙图中粒子经过点时速度方向的反向延长线一定经过圆心

【答案】D

【解析】

【详解】AB．甲图中，由于带电粒子在电场中受到向下的电场力，故粒子带正电，乙图中，由左手定则可知粒子带正电荷，故AB错误；

C．甲图中带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律可知，粒子经过M点时速度方向的反向延长线与过P点的水平距离的交点为水平位移的中点，即交点与P点的距离为，如果经过圆心O，则要求水平方向的位移应为，明显PM两点间的水平位移，所以假设不成立，故C错误；

D．乙图中粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，设粒子的轨迹半径为R，半圆的半径为r，粒子从射出的速度为，运动轨迹如图所示

因，，为公共边，所以

因点的速度的方向沿指向，且，所以，即，因此，即，又因为，所以与共线，即粒子经过点的速度方向的反向延长线一定过圆心，故D正确。

故选D。

二、多选题（每题4分）

9. 2022年2月5日，由曲春雨、范可新、张雨婷、武大靖、任子威组成的短道速滑混合接力队夺得中国在本次冬奥会的首枚金牌如图所示，若将武大靖在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）

A. 武大靖转弯时速度的大小为

B. 武大靖转弯时速度的大小为

C. 若武大靖转弯速度变大则需要增大蹬冰角

D. 若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．依题意，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有

可得其转弯时速度的大小为

故A正确，B错误；

CD．依题意，根据武大靖转弯时速度的大小

可知，若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C错误，D正确。

故选AD。

10. 如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A. m重力势能的减少量等于m动能的增加量 B. M、m组成的系统机械能守恒

C. M、m组成的系统动量守恒 D. M先加速后匀速运动

【答案】BD

【解析】

【详解】D．小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；

BC．系统只有重力做功，所以 M、m组成的系统机械能守恒 ，当球落地时，球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体，故A错误，B正确；   

C．由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以M、m组成的系统动量不守恒 ，故C错误。

故选BD。

11. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）

A. x1处电场强度最小，但不为零

B. 粒子在0~x2段做匀变速运动，x2~x3段做匀速直线运动

C. 在0、x1、x2、x3的处电势、、、的关系为＞=＞

D. x2~x3段的电场强度大小方向均不变

【答案】CD

【解析】

【详解】A．0~x1段电势能减小，说明电场力做正功，即该段电场强度的方向沿x轴负方向；x1~x2段电势能增大，说明电场力做负功，即该段电场强度的方向沿x轴正方向；x轴上的电场方向在x1处方向发生了反向的突变，说明x1处电场强度为零，故A错误；

B．根据功能关系

可知，在Ep－x图像中，曲线的切线斜率与场强成正比，可知粒子在0~x2段受变力作用，做非匀变速运动，x2~x3段受恒力作用，做匀变速运动，故B错误；

C．负电荷在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，所以＞=＞，故C正确；

D．负电荷在x2~x3段受恒力作用，说明该段是匀强电场，即电场强度的大小和方向均不变，故D正确。

故选CD。

12. 如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，平行板电容器中带电质点P原处于静止状态，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3；的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A1示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（　　）

A. 质点将向下运动，理想电流表A2中有从a流向b的瞬间电流

B.

C. 电源的输出功率减小

D. 电源的效率变小

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．将电流表看作导线，将电压表看作断路，发现滑动变阻器与定值电阻与电源串联，将滑动变阻器滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电路阻值减小，根据串联分压原理，滑动变阻器两端电压减小，则电容器两端电压减小，则电容器放电，则理想电流表A2中有从a流向b的瞬间电流，故A正确；

B．令滑动变阻器接入电路阻值为，根据闭合电路欧姆定律

由此可得

电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，故

故B正确；

C．电源的输出功率

当时，电源输出功率最大，因为一定大于r，故随着 减小，电源的输出功率增大，故C错误；

D．电源的效率

由以上分析可知，滑动变阻器滑片向下滑动， 减小，电源的效率变小，故D正确。

故选ABD。

三、实验题（共14分）

13. 某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

（1） 把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是___________。

A．理想化模型法          B．等效替代法       C．阻力补偿法

（2） 已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为___________（结果保留2位有效数字）

（3） 下列做法正确是___________（填字母代号）。

A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量

C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度

（4） 实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是___________。（选填下列选项的序号）

A．小车与平面轨道之间存在摩擦

B．平面轨道倾斜角度过大

C．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大

D．所用小车的质量过大

【答案】    ①. C    ②. 2.0    ③. A    ④. C

【解析】

【详解】（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑力大小等于摩擦阻力，即使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法，

AB错误，C正确。

故选C。

（2）[2]已知交流电源频率为50Hz，纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为

T=0.02×5s=0.1s

由可得小车的加速度为

（3）[3] A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，A正确；

B．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砝码总质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有

木块的加速度为

木块所受的合外力则有

当m≪M时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砝码的总重力。因此为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，B错误；

C．实验时，先接通打点计时器的电源，带打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有多的数据信息，C错误；

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，因是木块与木块上的砝码的总重力沿木板的下滑力来平衡摩擦阻力，则有

因此木块及砝码改变质量时，都不需要重新调节木板倾斜度，D错误。

故选A。

（4）[4] ABD．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦；平面轨道倾斜角度过大；所用小车的质量过大，都不会影响关系图像AB段明显偏离直线，ABD错误；

C．当所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量太大时，则有木块所受的合外力

如图3所示。造成此现象的主要原因可能是：当有砝码桶内及桶内砝码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砝码桶及桶内砝码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有图像的AB段明显偏离直线，C正确。

故选C。

14. （1）小明用多用电表欧姆档测某灯泡电阻，挡位旋钮指“×10”倍率挡，调零后测试，发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，应改用______倍率挡（选填“×1”或“×100”）；

（2）小明换挡调零后，再次测试该灯泡，指针如图所示，灯泡电阻阻值为______Ω；

（3）小明用该灯泡连接电路如图所示，开关闭合后发现灯泡不亮，保持电路完整情况下，欲用多用电表检查该电路（开关处于闭合状态）何处故障，应使用多用电表的______进行检测。

A．欧姆挡        B．电流挡        C．交流电压挡        D．直流电压挡

【答案】    ①. ×1    ②. 18.0    ③. D

【解析】

【详解】（1）[1]小明用多用电表欧姆档测某灯泡电阻，挡位旋钮指“×10”倍率挡，调零后测试，发现指针偏转角太大，表明电阻值大小，为使测量结果更加准确，应改用“×1”倍率挡；

（2）[2]灯泡电阻阻值为18.0Ω；

（3）[3]因为开关处于闭合状态，应使用多用电表的直流电压挡进行检测故障。

故选D。

四、解答题（15题10分；16题12分；17题16分）

15. x轴上的波源分别位于和处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿s1、s2连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点M的平衡位置位于处，求：

（1）两列波传播速度的大小；

（2）M点的起振方向；

（3）质点M，从t=0到时间内运动的路程。

【答案】(1)0.4m/s；(2) y轴正向；(3)36cm

【解析】

【详解】(1)由图像可知，两列波的波长

1s内传播了一个波长，该波的周期

在同一种介质中两列波的传播速度相同，由

解得

(2)两列波同时传到M点，且两列波在M点引起的振动方向均为y轴正向，则M点起振的方向为y轴正向；

(3)设再经时间，两列波传播至M点，则

到，M点振动时间

M点为振动加强点，其振幅

根据简谐运动的周期性，质点M从开始振动到运动的路程

16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、电量为的带电粒子。从静止开始经的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP＝15 cm，（粒子重力不计，sin 37°＝0. 6，cos 37°＝0. 8），求：

（1）带电粒子到达P 点时速度v 的大小；

（2）若磁感应强度B=2. 0 T，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离；

（3）若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。

【答案】（1）10m/s；（2）45cm；（3）

【解析】

【详解】（1）根据动能定理可知

代入数据可得

（2）根据

可得粒子在磁场中的轨道半径

根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x轴上，因此

（3）若粒子不能进入x 轴上方，临界状态时，运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示，

根据几何关系可知

由于

解得

因此若粒子不能进入x 轴上方，磁感应强度

17. 如图所示，质量为的小球A用长为R的不可伸长的轻绳悬挂于O点，在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C（其右端有一不计厚度的轻质挡板）的左端静止，B处于O点正下方，OB两点距离为R，将小球A拉起，使轻绳被水平拉直，将A球由静止释放，A与B发生弹性正碰（磁撞时间极短），重力加速度为g。

（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦；

（2）若长木板Ｃ的质量为3m，B与C间的动摩擦因数为μ，B刚好能运动到木板C右端的挡板处，求木板Ｃ的长度L；

（3）若只将（2）问中B与C间的动摩擦因数改为（木板C的长度不变），则小物块B与挡板相撞后，恰好能回到C左端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能ΔE。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设小球A与B碰前瞬间速度为v0，则有

设碰后A和B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

设碰后A球能上升的最大高度为H，有

联立解得

（2）由（1）可求得碰后B的速度为

B与C相互作用达到的共同速度为v，有

由以上各式解得

（3）因B恰好能回到C左端，由B与C系统动量守恒可知，B与C最后的速度也为v，有

由以上各式解得