福建省厦门第一中学2022-2023学年高三物理上学期11月期中试题（Word版附解析）

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一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 下列所描述的物理现象正确的是（ ）
A. 机械波在介质中传播时，各质点会随着机械波的传播而迁移
B. 当观察者与波源相互靠近时，观察者接收到的频率比波源发出的频率大
C. 物体做受迫振动时，驱动力频率越高，该物体做受迫振动的振幅就越大
D. 绕着振动的音叉走一圈，会发现声音忽强忽弱，这属于多普勒效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．机械波中的质点，只会在平衡位置附近振动，不会随着机械波的传播而迁移，故A错误；
B．根据多普勒效应可知，当观察者与波源相互靠近时，观察者接收到的频率比波源发出的频率大，故B正确；
C．物体做受迫振动时，当驱动频率等于物体固有频率时，该物体做受迫振动的振幅最大，驱动力频率越接近物体的固有频率时受迫振动的振幅越大，故C错误；
D．绕着振动的音叉走一圈，会发现声音忽强忽弱，是声波的干涉现象，故D错误。
故选B。
2. 如图所示是静电除尘装置的原理图，两个收集尘土的集尘板带正电，放电极带负电，当带有尘埃的气体进入静电除尘装置后，尘埃吸附放电极放出的电子而带上负电，在极板间电场的作用下被集尘板收集，从而达到除尘净化空气的效果，A、B为电场中的两点，则（ ）

A. A点电场强度比B点的大，方向与B点的相同
B. 尘埃带电后，一定沿着电场线运动到达集尘板
C. A点电势高于B点电势
D. 带负电的尘埃在A点的电势能高于在B点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点电场强度比B点的大，而A点与B点的切线方向不同，即两点的电场强度方向不同，故A错误；
B．尘埃带电后带负电，受与场强方向相反的电场力，将向集尘板运动，除沿过放电极竖直方向运动的带电尘埃受到的电场力与速度方向相同而沿电场线运动外，其它方向的带电尘埃由于受到电场力方向时刻变化，与速度方向不同，因此尘埃不会沿电场线运动到达集尘板，故B错误；
CD．沿着电场线方向电势减低，可知A点电势低于B点电势，由于尘埃带电后带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越低，因此带负电的尘埃在A点的电势能高于在B点的电势能，故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示为某款磁吸式无线充电宝，充电宝本身带有磁性，充电时直接吸附在手机铁质外壳上，吸附后与手机间保持恒定的吸引力，方便携带与使用。当某人以如图甲所示方式拿着手机（手未与充电宝接触），缓慢将手机顺时针转至竖直，在此过程中（ ）

A. 充电宝始终受到三个力的作用
B. 手机对充电宝的压力逐渐减小为零
C. 手机对充电宝的摩擦力逐渐增大
D. 手机对充电宝的作用力逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．以充电宝为研究对象可知充电宝受重力，手机对充电宝的弹力和磁吸力，手机与充电宝表面的之间的摩擦力，所以充电宝始终受到四个力的作用，故A错误；
B．以手机为研究对象，进行受力分析，设F磁与G的夹角为

缓慢将手机顺时针转至竖直的过程根据共点力平衡可知
随着手机转动，变大，充电宝对手机的支持力逐渐减小至F磁，结合牛顿第三定律可知手机对充电宝的压力逐渐减小至F磁，故B错误；
C．垂直充电宝的方向
随着手机转动，变大，充电宝对手机的摩擦力增大，根据作用力与反作用力可知手机对充电宝的摩擦力逐渐增大，故C正确；
D．充电宝对手机的作用力与手机的重力等大反向，所以手机对充电宝作用力与充电宝对手机的作用力等大反向，因此手机对充电宝的作用力不变，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，直角梯形ABCD所在的平面内存在着匀强电场，其中，，。将一带电量为的正电荷由A点移到D点的过程中，电场力做功，由A移到B的过程中电场力做功。则该匀强电场的场强大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由几何关系可得
由
可得匀强电场沿AD方向的分量为
沿AB方向的分量为
该匀强电场的场强大小为
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（ ）

A. 击球前后垒球动能可能不变
B. 击球前后垒球动量大小一定增加
C. 击打过程中球棒对垒球一定做正功
D. 击打过程中球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由动能与动量大小的关系
而动量的变化为
动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误；
C．球受到棒的作用力方向与球的运动方向夹角成钝角时，球棒对垒球做负功，故C错误；
D．球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。
故选AD。
6. 一个质量为20kg的小孩从高为2m的滑梯顶端由静止滑下，下滑过程中动能随离地高度h的变化关系如图所示，重力加速度g取，以下说法正确的是（ ）

A. 小孩沿滑梯下滑的过程中所受合力大小不变
B. 小孩沿滑梯下滑的过程中机械能不守恒
C. 支持力对小孩做功
D. 阻力对小孩做功
【答案】BD
【解析】
【详解】BD．对小孩下滑的过程，，由动能定理有
解得
则下滑过程受阻力作用，阻力对小孩做功，小孩的机械能减少，机械能不守恒，故BD正确；
A．设滑梯的倾角为，小孩的位移为
由动能定理可得
故图像的斜率为
图像的斜率逐渐减小，则小孩沿滑梯下滑的过程中所受合力大小逐渐减小，故A错误；
C．小孩所受支持力与运动的速度始终垂直，则支持力不做功，故C错误；
故选BD。
7. 如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且处于静止状态，小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度向右运动，碰后与小球b黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当弹簧被压缩到最短时，撤去挡板，则下列说法中正确的是（ ）

A. 撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能为
C. 撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
D. 在此后的运动过程中，小球c的最大速度大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，系统中只有弹力做功，系统机械能守恒，故A错误；
B．小球a、b碰后黏一起，根据动量守恒有
可得小球a、b碰后黏在一起的速度为
根据能量守恒可知弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能的增加量等于小球a、b动能的减少量，为
故B正确；
C．撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统合外力为零，系统动量守恒，系统中只有弹力做功，系统机械能守恒，故C正确；
D．撤去挡板后，根据动量守恒有
能量守恒有
解得小球c的最大速度大小为
故D正确。
故选BCD。
8. 如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，其下方水平放置一足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为。将小球从点电荷的正下方A点由静止释放，B点位于点电荷的正下方，取无穷远处电势为零，已知A点电势为，则（ ）

A. 小球从A到B先做加速运动，后做减速运动
B. 小球运动至B点时速度大小为
C. 小球运动过程中，速度最大的位置在B点右侧
D. 小球将沿足够长绝缘细杆一直向右运动
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．在A到B过程中，小球受到两个库仑力都有水平向右的分量，加速度方向一直向右，则小球一直加速，所以小球从A到B一直做加速运动，故A错误；
B．根据等量异种电荷的等势面分布规律可以知道，AO两点间的电势差等于OB两点间的电势差，A点电势为且O点的电势为零，即
，

小球从A到B，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球过B点后直到两个库仑力水平分量相等时加速度为零，速度最大，故速度最大点在B点右侧，故C正确；
D．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了B点，电场力对小球要做负功，但B点与右边无穷远处的电势差小于AB之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从A到B电场力做的功，所以小球速度不可能为零，则小球将沿足够长绝缘细杆一直向右运动；故D正确。
故选BCD。
三、非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13~15为计算题。
9. 如图所示为电容式话筒的原理图，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，并与定值电阻R、电源E串联成一闭合回路，当振动膜片在声压的作用下向右运动时，电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此时，定值电阻R上有向________（选填“左”或“右”）的电流。

【答案】 ①. 增大 ②. 左
【解析】
【详解】[1]当振动膜片在声压的作用下向右运动时，电容器两极板的距离变小，根据
可知电容器电容增大；
[2]根据
电容器的电容增大，电容器两端电压不变，可知电容器所带的电荷量增大，电容器充电，定值电阻R上有向左的电流。
10. 有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿轴正方向传播，b沿轴负方向传播，波速均为，a的振幅为，b的振幅为。在时刻两列波的图像如图所示。则这两列波的周期____ ，____ 。处的质点在时的位移为____ 。
【答案】 ①. 1 ②. 1.5 ③. -5
【解析】
【详解】[1][2]由图可知，，根据可得
，
[3]a波从图示时刻传播到处需要的时间
则处的质点随a波振动的时间
故时处的质点随a波振动到负向最大位移处，即
b波从图示时刻传播到处需要的时间
则处的质点随b波振动的时间
故时处的质点随b波振动到平衡位置处，即
故在时，处质点的合位移为。
11. 某同学利用如图甲所示装置测量当地的重力加速度，回答以下问题：

（1）以下是该同学在实验中进行的一些操作，正确的是________ ；
A．选用塑料小球，质量较小，更符合单摆的理想化模型
B．先在桌面上将细线拉直，测完摆线长度之后再悬挂小球
C．测量多个周期的总时间，求出单摆周期
D．让小球摆动幅度尽量大一些，以免太快停下来
（2）该同学利用手机上的秒表进行计时，某次小球通过最低点时启动秒表，并数“1”，以后小球每经过一次最低点均计数，数到“60”时停止计数，秒表读数如图乙所示，则小球振动的周期为________s；（结果保留三位有效数字）

（3）该同学多次改变摆线长L，正确测得其对应的周期T，并作出的关系图线如图丙所示，若已知该图线斜率为k，与纵轴的截距为b，则当地的重力加速度为________，这样的数据处理方法________（选填“存在”或“不存在”）系统误差。

【答案】 ①. C ②. ③. ④. 不存在
【解析】
【详解】（1）[1] A．为了减少空气阻力对实验的影响，减少误差，单摆应选用质量较大的，体积较小的钢球，故A错误；
B．应在细线悬挂小球且小球静止时测量摆线长度，故B错误；
C．测量单摆的周期时，应测量多个周期的总时间，再计算出单摆的周期，故C正确；
D．单摆做简谐运动时，其摆角不能太大，即小球摆动的幅度应尽量小一些，故D错误。
故选C。
（2）[2]图乙秒表的读数，小球振动的周期为
（3）[3]设小球的直径为，单摆的周期
可得
可见图像的斜率
解得
[4] 由于图像的斜率与摆球的直径无关，则这样的数处理方法不存在系统误差。
12. 某同学想改装一个简易多用电表，没有找到表头，只找到一个量程为的电压表，表盘上标记了其内阻为。该同学利用该电压表改装完成后，其电路如图所示，回答以下问题。

（1）接0、1两个接线柱时，电流量程为，则定值电阻________；
（2）在（1）前提下，接0、3两个接线柱时，量程为，则定值电阻________；
（3）在（1）的前提下，接0、2两个接线柱时，所改装的欧姆档倍率为，要使欧姆档刻度盘正中央的数字为15，则此时所需用到的电源电动势________V；若实际接入的电源电动势略大于该值，则用改装后的欧姆档规范操作后测电阻时其测量值________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【答案】 ①. 600 ②. 2000 ③. 9 ④. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]接0、1两个接线柱，电表满偏时，由并联电路特点可得
代入数据，，解得
（2）[2]接0、1两个接线柱改装后电流表阻值为
接0、3两个接线柱时，根据串联电路的特点可得
当时，，代入数据解得
（3）[3]欧姆档倍率为，欧姆档刻度盘正中央的数字为15，可知欧姆表的内阻。由欧姆定律得
解得
[4]开始进行欧姆调零时有
若值偏大，则会偏大。
当测量未知电阻时有
电源电动势为标准值，为电表指针对应的电流值，由于偏大，可知测量值会偏小。
13. 质量为的弹性小球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图像如图所示（时小球着地），球与水平地面相碰后，离开地面时的速度大小为碰撞前的倍。设弹性小球运动过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度g取，求：
（1）小球运动过程中所受的空气阻力大小；
（2）小球上升所能到达的最大高度；
（3）小球从下落到第一次上升到最高点这段过程中减少的机械能。

【答案】（1）0.2N；（2）0.375m；（3）0.625J
【解析】
详解】（1）由图像可得：

小球下落过程中，由牛顿运动定律得：

可得

（2）小球上升过程中，由动能定理得：

解得
（3）第一次下降过程：

小球从下落到第一次上升到最高点这段过程中减少的机械能为：

得
14. 如图所示，质量分别为、的物体A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，其中物体A位于水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数，与滑轮距离足够远；物体B带正电，带电量，位于倾角的光滑绝缘斜面上，斜面上与物体B相距的C点下方存在沿斜面向上的匀强电场，电场强度大小为。时刻将物体B由静止释放，物体A、B视为质点，重力加速度g取，求：
（1）物体B到达C点时的速度大小；
（2）物体B从开始到第一次运动至最低点的过程中克服电场力做的功。
【答案】（1）3m/s；（2）3.15J
【解析】
【详解】（1）对AB组成的整体，由牛顿运动定律得
当物体B到达C点时
得
（2）B冲入电场后，假设绳子松弛，则对B物体有
得
对A物体有
得
即B物体减速得更快，绳子松弛，假设成立，B物体运动到最低点的过程中，有
得
15. 如图所示为粒子收集装置，粒子源位于立方体中心，可以向水平各方向均匀发射带正电粒子，粒子比荷为，粒子的速率均为。立方体边长，处在方向竖直向下、场强的匀强电场中，除了上下底面、外，其余四个侧面均为荧光屏。忽略粒子源大小、粒子重力以及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上后被荧光屏吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：
（1）水平向右射出的粒子到达荧光屏时，沿竖直方向下降的高度；
（2）打在荧光屏上的粒子数占发射粒子数的比例；
（3）以C为坐标原点，沿CB方向为y轴正方向，沿为x轴正方向建立坐标系，写出打在荧光屏上粒子所形成亮线的轨迹方程。

【答案】（1）0.0375m；（2）；（3）（）
【解析】
【详解】（1）水平向右射出的粒子做类平抛运动，到达荧光屏时：



得

（2）对于到达边线的粒子：


设该粒子出射方向与水平向右的方向夹角为，则有：

则打在荧光屏上的粒子数占发射粒子数的比例为：

得
（3）对于打在荧光屏上坐标为的粒子，由几何关系有：


由平抛运动规律可知：

得
，（）