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    湖南省娄底市2024届高三上学期期末考试物理

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      娄底市2023年下学期高三质量检测物理试题.docx
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    湖南省娄底市2024届高三上学期期末考试物理

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    这是一份湖南省娄底市2024届高三上学期期末考试物理,文件包含娄底市2023年下学期高三质量检测物理试题docx、物理答案娄底市高三质量检测docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共12页, 欢迎下载使用。
    一、单选选择题(本大题共6小题,每小题4分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
    1.B 【解析】t1时刻甲车的速度大于乙车的速度,选项A错误;0~t1时间内的某时刻甲车的x-t图的斜率等于乙车x-t图的斜率,两车速度相同,距离最大,选项B正确;根据v-t图线与横轴围成的面积表示位移的大小可得,0~t2时间内丁车的位移大于丙车的位移,丁车的平均速度大于丙车的平均速度,选项CD错误。
    2.D 【解析】M点电场强度为0,A点的电荷带正电,选项A错误;设所带电量为q′,根据keq \f(q′,(2r)2)=keq \f(q,r2),解得q′=4q,选项B错误;无穷远处电势为0,则P点电势为正,选项C错误;撤去B处的点电荷,M点的电场强度大小为keq \f(q,r2),选项D正确。
    3.B 【解析】cd棒受力平衡,根据左手定则,cd棒中的电流方向从c到d,a端接电源的负极,选项A错误;B和I相互垂直,故金属棒受到的安培力为BIL,选项B正确;如图所示,根据三力平衡BIL=mgtan θ,m=eq \f(BIL,gtan θ),选项CD错误。
    4.A 【解析】根据万有引力提供向心力,有Geq \f(Mm,R2)=meq \f(v2,R),v=eq \f(2πR,T),解得地球的质量为M=eq \f(Tv3,2πG),选项A正确;轨道半径越大线速度越小,而对接前飞船运动到比空间站更低的轨道,此时飞船的线速度大于空间站的线速度,当飞船运动到空间站后方适当位置时,加速后飞船做离心运动,有可能与空间站对接,故B错误;对接后组合体由于太空中阻力的作用,若不加以调整,轨道会慢慢降低,故C错误;在空间站中,其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力,都处于完全失重状态,因此小球释放后不会下落,无法据此计算轨道处的重力加速度,故D错误。
    5.C 【解析】小物块放到传送带上时,μmg=ma,a=2 m/s2,和传送带共速前运动的时间t1=eq \f(v0,a)=1 s,运动的位移x1=eq \f(v0,2)t1=1 m,小物块接下来在传送带上匀速运动t2=eq \f(L-x1,v0)=1.5 s,物块在传送带上运动的总时间为t=t1+t2=2.5 s,选项AB错误;设半圆周的半径为R,在半圆周的最高点mg=meq \f(v2,R),从最低点到最高点eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)=eq \f(1,2)mv2+mg·2R,解得R=0.08 m,v=eq \r(0.8) m/s,选项C正确、D错误。
    6.B 【解析】碰撞过程中环与板组成的系统内力远大于外力,系统动量守恒,机械能有损失,选项A错误;mgh=eq \f(1,2)mv2,mv=(m+M)v′,解得v′=eq \f(m,m+M)eq \r(2gh),系统损失的机械能为ΔE=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)(m+M)v′2=mgheq \f(M,m+M),选项B正确;圆环和圆板在向下运动的过程中,开始阶段重力之和大于弹簧的弹力,圆环和圆板还在加速,选项C错误;碰撞后瞬间,系统加速度为a=eq \f(mg,M+m),对圆板FN=Ma=eq \f(Mmg,M+m),选项D错误。
    二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分。每小题给出的4个选项中,有多个选项符合题目要求,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】根据两个时刻的振动图,A质点的振动形式经过t=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n+\f(1,4)))T传到B质点,其中n=0,1,2,3…,故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n+\f(1,4)))λ=s,λ=eq \f(12,4n+1) m,当n=0时,λ1=12 m,当n=1时,λ2=2.4 m,该机械波的最大传播速度为v=eq \f(λ1,T)=0.6 m/s,选项A错误、BC正确;由于机械波的波长可以很短,故该波遇到10 m的孔,不一定能发生明显的衍射,选项D错误。
    8.BC 【解析】光源S到OB的最短传播距离为d=Lsin θ,传播速度v=eq \f(d,t),解得v=eq \f(4,5)c,选项A错误;根据v=eq \f(c,n)可得n=1.25,选项B正确;根据sin C=eq \f(1,n)可得C=53°,选项C正确;根据对称性OB上的发光长度为x=2Lcs θ=eq \f(8,5)L,选项D错误。
    9.BD 【解析】将滑动变阻器R1的滑动头向左移动,R2上的电压增大,电容器上的电压增大,电压表的示数增大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,电场力做正功,电势能减小,选项A错误;将滑动变阻器R1的滑动头向左移动,当变阻器的电阻R1=R2+r=2r时,变阻器上消耗的功率最大,选项B正确;将两极板的正对面积减小,电容器的电容减小,根据Q=CU,电容器上的电量减小,电流计中有向上的电流,选项C错误;断开开关S2,将电容器上极板向上平移一小段距离,电容器上电量不变,电场强度不变,根据U=Ed,则Q的电势不变,带电油滴Q的电势能不变,选项D正确。
    10.AC 【解析】设加速电压为U,粒子质量为m,则有Uq=eq \f(1,2)mv2,qE0=meq \f(v2,R),E0=eq \f(k,R),解得U=eq \f(k,2),选项A正确;离子进入磁场的速度v=eq \r(\f(kq,m)),根据qvB=meq \f(v2,r),r=eq \f(mv,qB),r=d,解得m=eq \f(d2B2q,k),选项B错误;若离子的质量变为0.9m,分析可知,离子在磁场中运动的半径减小,会打在Q点左侧,选项C正确;若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离,离子进入电场中不同的点,qE1=meq \f(v2,r1),因E1r1=E0R,故离子仍能做匀速圆周运动,选项D错误。
    三、非选择题(本题共5小题,共56分)
    11.(7分)(1)是(1分) (2)eq \f(6d,T2)(2分) (3)eq \f(4d,T) (2分) eq \f(4\r(3)d,T)(2分)
    【解析】(1)两图中从上到下,第一段与第二段的相等时间的位移之比均为1∶3,可知O点是最高点。
    (2)小球在上升过程中根据Δx=aT2可得6d=a1T2,解得a1=eq \f(6d,T2)
    (3)根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度,小球下落过程通过A的速度大小为vA′=eq \f(8d,2T)=eq \f(4d,T),
    O点的速度为零,上升过程从A到O,有2a1×4d=veq \\al(2,A),解得vA=eq \f(4\r(3)d,T)
    12.(9分)(1)500(1分) (2)负(1分) 2.50(1分) 100(2分) (3)2500(2分) 5.00(或5)(2分)
    【解析】(1)电流表满偏时Ig=eq \f(E,R总),当I=1.5 mA=eq \f(1,2)Ig=eq \f(E,R总+Rx),解得Rx=500 Ω。
    (2)红表笔接电源内部的负极,因此红表笔连接的是二极管的负极,该读数为2.50 mA,根据I=2.50 mA=eq \f(E,R总+Rx),解得Rx=100 Ω。
    (3)设电压表的内阻为r,则有I=0.50 mA=eq \f(E,R总+r),解得r=2500 Ω,电压表上所加电压U=Ir=1.25 V,电压表的量程Ug=eq \f(U,10)×40=5.00 V。
    13.(10分)【解析】(1)返回舱匀速时,有kv2=mg(2分)
    主伞打开瞬间,利用牛顿第二定律kv1-mg=ma(2分)
    解得a=70 m/s2(2分)
    (2)设从主伞打开到返回舱离地1 m的过程中系统克服阻力做功为Wf,下落高度约为h=8000 m
    利用动能定理mgh-Wf=eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)(2分)
    解得Wf=2.5×108 J(2分)
    14.(14分)【解析】(1)设A和C碰后的速度为v,根据动能定理-μ(mA+mC)gs=0-eq \f(1,2)(mA+mC)v2(2分)
    解得v=2 m/s(2分)
    (2)设弹簧恢复原长时,A、B的速度大小分别为vA、vB
    A和C作用的过程,有mAvA=(mA+mC)v(1分)
    A和B作用的过程,有mAvA+mB(-vB)=0(1分)
    弹簧的弹性势能Ep=eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)+eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)(2分)
    解得Ep=12 J(1分)
    (2)根据Ep=eq \f(1,2)kx2,解得x=0.3 m(1分)
    在A和B相互作用的过程中,每时每刻都有mAvA=mBvB
    故mAsA=mBsB(2分)
    又因sA+sB=x(1分)
    解得sA=0.2 m(1分)
    15.(16分)【解析】(1)离子在电场中加速,有qU=eq \f(1,2)mv2(2分)
    解得v=eq \r(\f(2qU,m))(2分)
    (2)离子进入磁场区域Ⅱ时,速度与磁场方向垂直,做匀速圆周运动,离开时速度偏转了 37°, 即转过的圆弧所对的圆心角为 37°,由几何关系得:d=Rsin 37°(1分)
    qvB=meq \f(v2,R)(1分)
    解得d=eq \f(3,5B)eq \r(\f(2mU,q))(1分)
    (3)离子在磁场中等螺距前进:离子进入磁场区Ⅲ时,速度与磁场夹角为 37°,则离子在 x 轴方向做匀速直线运动,在 yOz 平面做匀速圆周运动:vx=vcs 37°(1分)
    vz=vsin 37°(1分)
    x方向匀速vxt=d′(1分)
    在yOz平面qvzB=meq \f(veq \\al(2,z),R1)(1分)
    T=eq \f(2πR1,vz)(1分)
    解得t=6.25T(1分)
    即离子转了6.25圈打在接收屏上
    y轴上距离O′的距离y=R1=eq \f(3,5B)eq \r(\f(2mU,q))(1分)
    z轴上距离O′的距离z=R(1-cs 37°)+R1=eq \f(4,5B)eq \r(\f(2mU,q))(1分)
    离子在接收屏上距 O′点的距离s=eq \r(y2+z2)=eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))(1分)题 号
    1
    2
    3
    4
    5
    6
    答 案
    B
    D
    B
    A
    C
    B
    题 号
    7
    8
    9
    10
    答 案
    BC
    BC
    BD
    AC

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