2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题（Word版）

这是一份2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题（Word版），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.安培通过实验研究, 发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为和的平行直导线间距为r时,相互作用力的大小可以表示为F=k。比例系数k的单位是（）
A. kgm/(A) B. kgm/()
C. kg/(A) D. kg/()
2.如图所示, 在条形磁铁外面套着一圆环, 当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中,圆环所在处的磁感应强度和穿过圆环的磁通量变化的情况是（）
A. 磁感应强度和磁通量都逐渐增大
B. 磁感应强度和磁通量都逐渐减小
C. 磁感应强度先减弱后增强, 磁通量先增大后减小
D. 磁感应强度先增强后减弱, 磁通量先减小后增大
3.如图所示,Oabcdefg是一个边长相等的共面八边形,其中四个锐角顶角均为,以O点为原点,Oa边为y轴正方向建立平面直角坐标系。在O、a、g三点分别固定电荷量为+Q的点电荷。下列说法正确的是（）
A. b、f两点的电场强度相同
B. c、e两点的电势相同
C. 电荷量为+q的点电荷,在b点电势能小于在c点电势能
D. 从O点沿x轴正方向移动电荷量为+q的点电荷,静电力先做正功后做负功
4.如图, 小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动, 与b发生弹性正碰, 然后b与c也发生弹性正碰。若b和c的质量可任意选择, 碰后c的最大速度接近于（）
A. 8v B. 6v C. 4v D. 2v
5.我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量, 采用的方法如下: 质量为的标准物A的前后连接有质量均为的两个力传感器,待测质量的物体B连接在后传感器上,在某一外力作用下整体在桌面上运动, 如图所示, 稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为、, 由此可知待测物体B的质量为（）
B. C. D.
6.某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒, 下端绕上铁丝, 将其竖直浮在装有水的杯子中, 如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放, 木棒开始在液体中上下振动(不计液体粘滞阻力),其运动可视为简谐运动,测得其振动周期为4s, 以竖直向上为正方向, 某时刻开始计时, 其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中,下列说法正确的是（）
t=时,木棒的重力大于其所受的浮力
振动过程中木棒的机械能守恒
开始计时12s内木棒所经过的路程是60cm
木棒的位移函数表达式是y=5(5t-)cm
7.如图所示,一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下,滑到水平面上的a点停下.斜面与水平面粗糙程度相同,且平滑连接.现将斜面向右移动到虚线所示的位置,并固定在地面上,再让小木块从斜面的某处由静止下滑, 仍滑到a点停下.则小木块释放的位置可能是（）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8、2022年8月20日01时37分, 在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭, 成功将“遥感三十五号04”组卫星发射升空, “遥感三十五号04”卫星顺利进入预定轨道, 2022年9月6日12时19分,又成功将“遥感三十五号05”卫星发射升空。已知“遥感三十五号04”卫星距离地面的高度为, 环绕周期为, “遥感三十五号05”卫星距离地面的高度为, 地球的半径为R, 万有引力常量为G。则下列说法正确的是（）
A. “遥感三十五号05”卫星的环绕周期为
B.“遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
C. 地球表面的重力加速度为
D.地球的平均密度为
9.如图所示,两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处, 两球相对于杆固定不动, 杆长=10m, 轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。当装置在竖直平面内由水平位置静止释放,某一时刻轻杆绕O点转动的角度为(为锐角),若此时球a的速度大小为m/s,方向斜向左下。运动过程中不计一切摩擦(g=10m/),则下列说法正确的是（）
A.=
B.此时b球的速度大小为3m/s
C.轻杆对a球不做功,对b球做负功
D. 从初始位置到转过角度过程中,a球机械能减小,b球机械能增加
10.空间中存在平行于纸面的匀强电场, 在纸面内取O点为坐标原点建立x轴, 如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒,在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动,圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹,ab为圆轨迹的一条直径;除电场力外微粒还受到一个变力F,不计其它力的作用;测得试探电荷所处位置的电势随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）
A.电场强度的大小为,方向与x轴正方向成
B.b点与a点的电势差=
C.微粒在时所受变力F可能达最小值
D.圆周运动的过程中变力F的最大值为mR+q
三、非选择题：（60分）
11、在学习完毕传统的“验证机械能守恒定律”的实验后, 同学们采用传感器等设备重新设计了一套新的实验装置。实验中, 将完全相同的挡光片依次固定在圆弧轨道上, 摆锤上内置了光电传感器,可测出摆锤经过挡光片时间,测出部分数据如表,表中高度h为0的位置为重力势能的零势能点:
若挡光片的宽度极小且为d,挡光时间为t,则摆锤经过挡光片时的速度大小为 (用题目给的符号表示)。
表中A处数据应为 (写具体数值)。
另一小组记录了每个挡光板所在的高度h及其相应的挡光时间t后, 绘制了四幅图像。其中可以说明机械能守恒的图像最合适的是 。
B.
C.D.
12.某小组用下图所示电路, 测量定值电阻的阻值、理想直流电源(内阻为零)的电动势E和电流表A的内阻。实验器材有:待测直流电源E(内阻为零),待测定值电阻,待测电流表A(量程为00.6A),电阻箱R(阻值范围099.9),开关和,导线若干。
(1)先测定值电阻的阻值。先闭合和,调节电阻箱,读出其示数和对应的电流表示数I,然后断开, 调节电阻箱, 使电流表的示数仍为I, 读出此时电阻箱的示数, 则阻值为
(2)通过上述操作,测得定值电阻=6.5,继续测电源的电动势E和电流表内阻.闭合,断开,多次调节电阻箱,读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I,根据记录的数据,作出-R图像如图2所示。由图像可得该电源的电动势E= V,电流表内阻= 。(保留两位有效数字)
(3)忽略实验中的偶然误差,用以上实验方法测出的电源电动势E与其真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”),电流表内阻的测量值与其真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
13、如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中,使之漂浮于水面, 将瓶盖拧紧之后, 若用力挤压塑料瓶的侧壁, 小玻璃瓶将会下沉, 松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积=,玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm,玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm, 玻璃瓶质量m=1g。大气压强为=1.0Pa, 环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0kg/,重力加速度g=10m/。求:
玻璃瓶底部面积S;
要使小玻璃瓶下沉水中, 则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少?(处理气体实验定律时,A、B两部分气体压强差别极小,可认为气压相等)
如图所示, 光滑水平地面上方CD处存在宽度d=4m、方向竖直向上、大小E=1N/C的匀强电场区域。质量=1kg、长为l=6m的水平绝缘长木板静置于该水平面,且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量=0.5kg、带电量q=+3C的可视为质点的滑块以初速度=6m/s从长木板左端水平滑上木板, 一段时间后, 滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数=0.5,重力加速度大小g=10m/, 滑块带电量始终保持不变。求:
(1)滑块刚进电场时,长木板的速度大小;
(2)滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热;
(3)若电场等大反向, 滑块进入电场后在木板上的相对位移。
15、如图所示,竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为d,区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场,区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为6:2:1,区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板, 可吸收打到板上的粒子。零时刻, 在纸面内从O点向各个方向(范围)均匀发射带电量为q、质量为m、初速度为的带正电粒子,其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成,且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求:
(1)电场强度大小E;
(2)水平向右射出的粒子经过区域Ⅰ下边界的时刻t;
(3)打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。
参考答案
1-7 BCBCB CC
8-10 CD AD CD
11.（1）；（2）0.0268；（3）C
12.（1）R1-R2；
（2）4.0；1.5；
（3）相等；相等。
13.解：m=1g=1×10-3kg
①根据平衡条件可知，
mg+p0S=[p0S+ρg（L-h）]S
解得：S=1×10-4m2
②小瓶内的封闭气体的初态为：V1=LS；p1=p0+ρg（L-h）
当小瓶刚好浸没在水中时，对于小瓶气体
V2=xS
压强为：p2=p0′
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态得：
mg=ρgxS
对气体A
p0VA=p0′VA′
联立解得：
则
答：①玻璃瓶底部面积S为1×10-4m2；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小1cm3。
14、解：（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得：μm2g=m1a1
解得加速度大小为：
对滑块根据牛顿第二定律可得：μm2g=m2a2
解得加速度大小为：
滑块进入电场前，对滑块有：
且有：v2=v0-a2t1
联立解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为：
v2=4m/s，t1=0.4s
在时间t1=0.4s内，对木板有：v1=a1t1=2.5×0.4m/s=1m/s
即滑块刚进电场时，长木板的速度大小为1m/s。
（2）滑块进入电场后经过时间t2，滑块与木板同速，设共同速度为v，滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有：
m2v0=（m1+m2）v
代入解得：v=2m/s
对滑块分析，由动量定理可得：
-μ（m2g-qE）t2=m2v-m2v2
代入解得：t2=1s
在时间t1和t2内滑块的总位移为：
x=l-d+=6m-4m+m=5m
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为：
t3==s=0.5s
所以滑块在电场中的运动时间为：
t=t2+t3=1s+0.5s=1.5s
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为：
Q=-=-J=6J
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为s，则有：
Q=μm2g（l-d-x1）+μ（m2g+qE）s
而进入电场前长木板的位移：x1==m=0.2m
代入所有数据后解得：s=0.375m
15、解：(1)设水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时的速度大小为v,有v==,
根据动能定理有Eqd=-，
解得:E=；
(2)设水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度竖直方向分量为，，
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间==，
粒子在区域Ⅱ运动的半径满足R(1-) =d，得R=2d，
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间==，
①当粒子向下经过区域Ⅰ下边界的时刻=+n(+)，
即=(2n+1)+n(n=0,1,2,)，
②当粒子向上经过区域Ⅰ下边界的时刻=++n(+)，
即=(2n+1)+(n+1)(n=0,1,2,)；
(3)设粒子从O点射出时与水平方向成角,运动到区域Ⅳ,轨迹刚好与挡板相切,经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为、、,，粒子在区域Ⅱ中运动时,取极短时间t,
由水平方向的动量定理Δt=
两边求和有(Δt)=m，
代入得d=m(-)，
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时,分别有d=m(-)，d=m(-)，
累加可得qd(++)=m(-)，
其中=,=,=，
求得=,=，
则==。高度h/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能/J
0.0295
0.0236
0.0177
0.0118
0.0059
0.0000
动能/J
0.0217
A
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0512
0.0504
0.0505
0.0503
0.0503
0.0501