东莞外国语学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试
物理试题
（考试时间为75分钟,满分100分）
注意事项:
1答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动.用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后，只需要上交答题卡。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的距离远大于小球的直径，两球之间的相互吸引力大小为F。今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )
A.F B.F C.F D.F
2.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
3.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
4. 如图所示的电路中，一带电油滴静止在电容器中的P点。现仅将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．油滴带正电 B．P点的电势降低
C．静电计指针张角变大 D．电容器的电容值变大
5. 2023年1月21日，中国宇宙空间站的3名航天员在距地高的空间站里挂起春联、系上中国结，通过视频向祖国人民送上新春祝福。空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，椭圆轨道Ⅱ为神舟十五号载人飞船与空间站对接前的运行轨道，两轨道相切与P点，下列说法正确的是（ ）
A. 空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度
B. 春联和中国结处于完全失重状态，不受任何力的作用
C. 载人飞船在P点经点火减速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ
D. 载人飞船沿轨道Ⅱ过P点的加速度大于沿轨道Ⅰ过P点的加速度
6 如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若排球某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A. 球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零
B. 球从击出到最高点的时间小于从最高点落回击出点的时间
C. 球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量
D. 球上升阶段动量的变化率小于下降阶段动量的变化率
7.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场,它们分别落在A、B、C三点,可以判断( )
A.小球A带正电,B不带电,C带负电
B.三个小球在电场中运动时间相等
C.三个小球到达极板时的动能EkA>EkB>EkC
D.三个小球在电场中运动的加速度aA>aB>aC
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中( )
A．物块的速度先增大后减小
B．物块加速度一直减小到零
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
9.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为1 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
10.如图所示，这是匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为0
D．0～3 s内，电场力做的总功为0
三、实验题（8+8=16分）
11.某实验小组组装了如图甲所示的实验装置来完成验证动量守恒定律的实验。在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz。
（1）下列操作正确的是___________；
A．本实验无需平衡摩擦力
B．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
（2）若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为运动起始的第一点，则应选___________段来计算A的碰前速度，应选___________段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空均选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）；
已测得小车A的质量m1=400 g，小车B的质量m2=500 g，由以上测量结果可得碰前总动量为___________kg·m/s，碰后总动量为___________kg·m/s。实验结论：___________。（计算结果保留三位有效数字）
12. 某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径__________。
（3）测量时，应__________（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失__________（用字母m、d、和表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会__________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
四、计算题：共3题，共38分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
13.(12分）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
14.（12分）如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数μ＝0.2，AB距离L=5 m；BC为半径r＝l m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500 N/C。一质量m＝1 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C 的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g取10 m/s2)。
(1)求小球匀速运动的速度大小；
(2)求小球从A运动到B所用的时间；
(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小，若不可以，说明原因。
15. （14分）如图，倾角θ=37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α=30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v=4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb=3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma=1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25，A、B间距离L=12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；
（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中摩擦产生的热。东莞外国语学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试答案
1.解析：选A 由于A、B间有吸引力，故A、B带异种电荷。设A、B带的电荷量分别为Q、－Q，则两球之间的相互吸引力即为静电力：F＝k。当C球与A球接触后，A、C两球的电荷量都为：q1＝。当C球再与B球接触后，B、C两球的电荷量绝对值都为：q2＝＝。所以此时A、B两球之间的相互作用力的大小为F′＝＝，故A正确。
2.[解析] 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A错误，D正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C错误。
3.解析：选D 高压电源左为正极，则两极间所加强电场的电场强度方向向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；电场线与等势面垂直，根据等势面可大致画出电场线分布，可知a处的电场线较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。
4解析：选B 依据电场力与重力平衡，结合上极板带正电，则电场强度方向竖直向下，而电场力方向竖直向上，那么带电油滴带负电荷，故A错误；由于电容器接在电源两端，故U不变，则静电计指针张角不变，故C错误；将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电势差不变，两极板间的距离增大，由E＝可知，电场强度减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；将电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，d增大，由电容的决定式C＝，可知电容C减小，故D错误。
5【答案】A
详解】A．根据万有引力提供向心力，有可得
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度，故A正确；
B．春联和中国结处于完全失重状态，受到地球万有引力作用，故B错误；
C．神舟十五号载人飞船若要从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在P点点火加速，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
可知载人飞船沿轨道Ⅱ过P点的加速度等于沿轨道Ⅰ过P点的加速度，故D错误。故选A。
6【答案】B
【详解】A．重力的冲量为
故球从击出到落回的时间内，重力的冲量不为零，故A错误；
B．上升、下降过程分别由牛顿第二定律可得
可知
竖直上升过程可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，由
可知，上升时间小于下降时间，故B正确；
C．由
可知球上升的初速度大于下降的末速度，故球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，故C错误；
D．由
可知球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故D错误。
故选B。
解析三个小球在水平方向做匀速直线运动;竖直方向,带正电荷小球受静电力向上,合力为mg-F电,带负电荷小球受静电力向下,合力为mg+F电,不带电小球只受重力,因此带负电荷小球加速度最大,运动时间最短,水平位移最短,带正电荷小球加速度最小,运动时间最长,水平位移最大,不带电小球水平位移居中,选项A正确,选项B、D错误。在运动过程中,三个小球竖直方向位移相等,带负电荷小球合力做功最大,动能改变量最大,带正电荷小球动能改变量最小,即EkC>EkB>EkA,选项C错误。答案A
8.AD解析：接触弹簧之前，物块受的合力F＝F风－mg sin θ。接触弹簧后，开始时弹力F弹小于合力F，物块仍加速向上运动，随着弹力增加，加速度减小，当加速度减小到零时速度最大，以后当弹力F弹大于合力F时，加速度反向，物块做减速运动直到停止，此时加速度反向最大，则此过程中，物块的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，弹簧的弹性势能一直变大，因风力做正功，则物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。
9.答案A D 解析 由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。
10解析：选CD。设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为0，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为0，综上所述，A、B错误，C、D正确。
11. C BC DE 1.06 1.05 在误差允许的范围内，系统的动量守恒
【解析】
（1）本实验要保证系统动量守恒，因此要平衡摩擦力，同时按照正确操作步骤应该先开电源后推动小车运动。故选C。
（2）由纸带可知，BC段小车才匀速运动，而碰撞后DE段才开始匀速运动，故应选BC段来计算A的碰前速度，应选DE段来计算A和B碰后的共同速度；
（3）碰前A的速度
则碰前的动量
碰后AB一起运动的速度
碰后的动量
因此在误差允许的范围内，系统动量守恒。
12.【答案】 ①. 7.884##7.882##7.883##7.885##7.886 ②. B ③. ④. 增大
【解析】
【详解】（2）[1]依题意，小球的直径为
（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有
则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量
（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
（12分）(1)根据牛顿第二定律，有μmg＝ma…………1分
得甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2，
设甲与乙碰前的速度为v1，则v＝v－2as1，…………1分
解得v1＝0.3 m/s。甲、乙碰撞时由动量守恒定律mv1＝mv2＋mv3，…………1分
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s，甲的速度v2＝0.1 m/s，…………1分
然后乙做减速运动，当速度减为零时，则x＝＝m＝0.02 m＝s2，…………2分
可知乙恰好能滑到边框a。
(2)甲与乙碰前运动的时间t1＝＝ s＝0.1 s，…………2分
碰后甲运动的时间t2＝＝ s＝0.1 s…………2分
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s…………2分
14.(12分）解析：(1)因为小球做匀速直线运动，所以F＝f…………1分，
即P＝fv0…………1分，
解得v0＝＝10 m/s；…………1分，
(2)小球从A运动到B的过程中，由动能定理有
Pt－μmg＝mv…………2分，
vB＝v0＝10 m/s
解得t＝3 s；…………1分，
(3)小球从B点运动到C点，由动能定理得
－(mg＋qE)2r＝mv－mv…………2分
解得vC＝2 m/s
若小球恰好过C点，则mg＋qE＝m…………1分
解得v＝ m/s故小球可以到达C点，则在C点，根据牛顿第二定律
mg＋qE＋FN＝m…………1分
解得轨道对小球的弹力大小FN＝25 N…………1分
15. （14分）答案：(1)10 m/s (2)3 s (3)可以 25 N
【答案】（1）10m/s；（2）-5m/s，5m/s；（3）60.75J
【解析】
【详解】（1）a在斜面间下滑过程，根据牛顿第二定律有…2分
解得
根据运动学公式可得……1分
解得a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为……1分
（2）设a、b碰撞后的速度大小分别为、，根据动量守恒有…1分
根据能量守恒有……2分
联立解得，……1分
（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为……1分
物块b在传送带上向上运动的位移大小和所用时间分别为
，……1分
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为……1分
物块b速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，此过程在传送带上向下运动的位移大小和所用时间分别为，……1分
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为……1分
物块b与传送带共速后，和传送带相对静止一起匀速运动回到D点，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为……2分
