江西省赣州市2023-2024学年高三上学期期末考试物理含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司1学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司赣州市赣州市 20232024 学年第一学期期末考试学年第一学期期末考试高三物理参考答案高三物理参考答案一、选择题（本题共本题共 10 小题，小题，17 单选，每小题单选，每小题 4 分，分，810 多选，每小题多选，每小题 6 分，共分，共 46 分。多项选择题中全部选对的得分。多项选择题中全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得分，有选错或不选

2、的得 0 分分）二、实验题（本大题共 2 小题，每空 2 分，共 18 分）二、实验题（本大题共 2 小题，每空 2 分，共 18 分）11 22.40 B 9.86（9.83-9.89 均可）等于12（1）2.7（2.62.8）（2）AB （3）140 R2 左 三、计算题（本题共三、计算题（本题共 3 小题，小题，第第 13 题题 10 分，第分，第 14 题题 11 分，第分，第 15 题题 15 分，共分，共 36 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。）分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要

3、的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。）13.(10 分)【解析】（1）设NOB=，粒子 1 和 2 的轨道半径为 r1、r2，如图所示为粒子 1 的轨迹根据几何关系可得 OA=2r1cos （1 分）同理可得 OB=2r2cos （1 分）由题意可得OA：OB=4：7 故 r1：r2=4：7 （2 分）题号12345678910答案B B C DDA B CDACBCD2学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司由洛伦兹力提供向心力可得 (1 分)整理可得qBrvm=可得两个粒子的速率之比v1：v2=4：7 (2 分)（2）两粒子在磁场中

4、的运动周期均为T=2 mqBp粒子 1 从 O 到 A 转过的圆心角与粒子 2 从 O 到 B 转过的圆心角相等，均为2pq-，由 (2 分)由于两粒子 T 完全相同，可知两个粒子同时经过 A 点和 B 点，时间差为 0。（1 分）14.（11 分）【解析】(1)根据图象可知，该波波长为4 ml=质点 a 与左侧最近的波峰的水平距离为 x=6 m，当该波峰传到质点 a 时，a 质点第一次出现在波峰位置，则该波的传播速度为62/3mvm ss=(2 分）由vTl=得2 Tsvl=(2 分)（2）从 t1=0 时刻开始到质点 a 开始振动，经过112.5 xtsv=，（1 分）质点 b 第二次出现

5、在波谷位置经过228 xtsv=，(1 分)此时质点 a 已振动的时间为 (1 分）（2 分）所以质点 b 第二次出现在波谷位置时，质点 a 已通过的路程为 (2 分)15.（15 分）【解析】sttt5.512=-=4325.5TTs=cmAA55342s=2mvqvBr=22tTpqp-=JvEFKF8.0m212=3学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司（1）F 点处，根据牛顿第二定律 （2 分）得 （1 分）（2）D 点时和 F 点处，根据牛顿第二定律 （2 分）从 D 到 F，根据动能定理 （2 分）得 FND=7N 由牛顿运动第三定律可知对轨道的压力方向水平向右 （1

6、 分）（3）由条件得等效重力mg=5N （1 分）设其方向与竖直方向夹角为q，则有 （1 分）可得设 M 两点为等效“重力”最高点，M 点处，对圆弧轨道压力最小，根据牛顿第二定律 （2 分）从压缩时到 M 点的过程中，由功能关系 （2 分）联立可得 EP=4.9J （1 分）JmvEDK8.0212F=2NFFvFmgmR=221122FDmgRqERmvmv-=-tanEqmgq=37q=2NMMvFmgmR=)cos1(21B2M=RmgmgLmvECPCommented A1:式中的 L 要加下标 BC4学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司具体详解：具体详解：一、选择题2

7、D【详解】简谐运动的周期为 T，则2Tpw=根据sinyAtw=知当2Ay=时，时间12Tt=O 到 A：故选 D。则3.A【详解】A.根据 可知，上极向上移动一段距离，电势差增大，因为下极板接地电势为 0 保持不变，且为高电势，所以上极板电势降低，故选 A。B.开关断开，极板电荷量保持不变，则 联立可得 因此两极板水平移动错开一段距离，正对面积减小，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴向上运动，故 B 错误；C电容器两端电压为电源电动势，滑片向右移动时，极板电压不变，电场强度不变，电场力不变，油滴仍然保持静止，故 C 错误；D上极板向上移动根据 可知，电场强度减小，电场力减小，重力

8、大于电场力，油滴向下运动，故 D 错误；4D【详解】A.从越过 B 点后的过程中，库仑力大于摩擦力且对乙做正功，乙的动能增大，故 A 错误；B.从 B 到 O 的过程中，库仑力越来越大且库仑力大于摩擦力，乙做加速运动，相同时间内库仑力做功更多，电势能变化越来越快，故 B 错误：C.乙向甲运动的过程中，所受的库仑力先小于摩擦力，后大于摩擦力，先减速后加速，当4126TTTt=-=4T4=rkQdUSpeQCU=r4SCkdep=4=rkQESper4SCkdep=QCU=UEd=UEd5学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司库仑力与摩擦力时，速度最小，则得：20QqmgkLm=，解

9、得：0kQqLmgm=，故 C 错误：D.从 A 到 B 的过程中，根据动能定理得：22001122mWmgLvmvm-=，解得：22001122WmgLmvmvm=-，故 D 正确5.C【详解】AB.当闭合 S 时，A 灯立即发亮，由于线圈 L 自感，产生反向电动势，随着时间的推移，自感慢慢消失，通过线圈的电流会越来越大，干路电流会越来越大，电源内压会越来越大，灯两端电压会变小，所以闭合开关时，A 灯立即变亮，后会暗一下，之后亮度保持稳定。A 错误，B 错误；CD由于电路稳定时流过线圈的电流比流过灯 A 的电流更大，断开 S 瞬间，线圈自感产生同向电动势，即流过灯 A 的电流反向且要比原来大

10、。故选 C。6.A【详解】A.在轨道 II 上经过 A 点、B 点时，万有引力提供向心力，故 A 正确；B.由于在轨道 II 上运动时半长轴小于轨道 I 的半径，根据开普勒第三定律可知在轨道 II 上的周期小于在轨道 I 上的周期，故 B 错误；C.飞船在轨道上做圆周运动，在 A 点万有引力等于向心力；飞船在轨道上 A 点做向心运动，万有引力大于向心力。由万有引力定律可知，轨道和轨道 II 在 A 点的万有引力相等，根据向心力公式可知飞船在轨道上经过 A 点的速度大于在轨道上经过 A 点的速度，因此飞船在轨道上经过 A 点的动能大于在轨道上经过 A 点的动能，而势能相等，故在轨道 II上经过

11、A 点的机械能小于在轨道 I 上经过 A 点的机械能，故 C 错误；D飞船在 A 点的加速度由万有引力产生，因为是同一位置，所受万有引力大小不变，故不管在哪个轨道上运动，飞船的加速度大小一样，故 D 错误。故选 A。7.B【详解】A.刹车制动中，转子线圈切割磁感线产生感应电流，通有感应电流的线圈在磁场中又会受到安培力作用，安培力对线圈做负功，将动能转化为电能；6学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司B.“电池最大蓄能”说明电池最大储能 85.4kWh 或 85.4 度电，“电池能量密度”的单位“Whkg-1”说明每千克电池蓄能 140Wh，即为 0.140kWh，m=85.4kW

12、h/0.140kWhkg-1=610kg,所以 B 正确；C.根据图中所示的“累计平均电耗”为每百公里耗电 13.6 度，即为 0.136kWhkm-1，所以 s=85.4kWh/0.136kWhkm-1627.9km,因此 C 错误；D.这台电动车最大电池蓄电容量为 85.4kWh 或 85.4 度电，充满需要时间t=85.4kWh/120kW0.712h,D 错误。8BD【详解】ABM、N 两端电压故 A 错误，B 正确；CD流过 M、N 的电流故 C 错误，D 正确。9.AC【详解】AB.b 沿 a 上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得:由机械能守恒定律得:解得：

13、故 A 正确，B 错误；CD滑块 b 从滑上 a 到滑离 a 后，滑块 a 运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得 故 C 正确，D 错误。10.C【详解】A.因 A 点的电势高于 B 点，正电荷在高电势点的电势能较大，可知将一正点电荷从 A 点移mghvmmv2)32(212m21220=vmmv)32(m20=gvh10320=abmvmvmv3220=054vva2220321221221=abmvvmvm051vvb-=6gg500 10500V250mVUI R-=6g0.25500 10AA25.5mA10UI

14、IR-=7学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司至 B 点，电势能减少，选项 A 错误；B.根据矢量合成法则，C 点场强为:D 点的场强为:点 C 与点 D 的场强大小之比为 ：1，故 B 正确；C.由对称性以及场强叠加原理可知，A 点与 B 点的场强大小相同，方向不同，选项 C 正确；D.因 DC 是两电荷连线的中垂线，可知从 D 到 C 场强先增加后减小，则将一点电荷从 D 点移动到 C 点的过程中，电场力先增大后减小，选项 D 正确；二、实验题11 1.20 9.86（9.83-9.89 均可）等于【详解】(1)小球直径(2)根据单摆的振动周期公式可得:根据图像斜率可得:整

15、理可得(3)振动周期表达式从而可得因此利用斜率计算重力加速度没有影响，等于真实值。12.10 280 V2 A1 【详解】（1）1指针向右偏转角度太大，说明所选挡位相对工件的阻值而言偏大，所以该同学应选择10 挡。2测量结果是 （2）3根据所给电源电动势可知电压表应选择 V2。4通过工件的最大电流约为2lTgp=12mm00.1mm12.0mm1.20cmd=224Tlgp=244.81.2gp=02llTgp=29.85m/sg=2204()Tllgp=24D UIH223230CkQkQEcosRR=2226033()DkQkQEcosRR=3 3=2801028xR8学科网（北京）股份有

16、限公司学科网（北京）股份有限公司m24mAxEIR=所以电流表应选择 A1。5因为滑动变阻器最大阻值远小于 Rx，所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为A1V2xRR R所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。（3）6根据欧姆定律有xURI=根据电阻定律有24xHHRSDrr=解得24D UIHr=四、计算题（本题共本题共 3 小题，小题，第第 13 题题 10 分，第分，第 14 题题 11 分，第分，第 15 题题 15 分，共分，共 36 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。分。解答时应写出必要

17、的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。）13，【解析】（1）设NOB=，粒子 1 和 2 的轨道半径为 r1、r2，如图所示为粒子 1 的轨迹根据几何关系可得OA=2r1cos同理可得OB=2r2cos由题意可得9学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司OA：OB=4：7故r1：r2=4：7由洛伦兹力提供向心力可得2mvqvBr=整理可得qBrvm=可得两个粒子的速率之比v1：v2=4：7（2）两粒子在磁场中的运动周期均为T=2 mqBp粒子 1 从 O 到 A 转过的圆心角与粒子 2 从 O 到 B 转过的圆心角

18、相等，均为2pq-，由22tTpqp-=由于两粒子 T 完全相同，可知两个粒子同时经过 A 点和 B 点，时间差为 0。14.【解析】(1)根据图象可知，该波波长为4 ml=质点 a 与左侧最近的波峰的水平距离为 x=6 m，当该波峰传到质点 a 时，a 质点第一次出现在波峰置，则该波的传播速度为62/3mvm ss=(2 分）由vTl=得2 Tsvl=(2 分)（2）从 t1=0 时刻开始，质点 a 开始振动，经过112.5 xtsv=，（1 分）质点 b 第二次出现在波谷位置经过228 xtsv=，(1 分)此时质点 a 已振动的时间为 (2 分)所以质点 b 第二次出现在波谷位置时，质点

19、 a 已通过的路程为 (2 分)(1 分)sttt5.512=-=4325.5TTs=cmAA55342s=10学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 15.【解析】（1）F 点处，根据牛顿第二定律 （2 分）得 （1 分）（3）D 点处，根据牛顿第二定律 （2 分）从 D 到 F，根据动能定理 （1 分）得 （1 分）由牛顿运动第三定律可知：滑块对轨道的压力方向水平向右 （1 分）（3）由条件得等效重力mg=5N （1 分）设其方向与竖直方向夹角为q，则有 可得 （1 分）设 M 两点分别为等效“重力”最高点，M 点处，对圆弧轨道压力最小，根据牛顿第二定律 （2 分）从压缩时到 M 点的过程中，由动能定理得：（2 分）联立可得 EP=4.9J （1 分）2NDDvFqEmR=221122FDmgRqERmvmv-=-tanEqmgq=37q=)cos1(212M=RmgmgLmvEABPJvEFKF8.0m212=RvmEqFDND2=NFDN7=RvmgmFMNM2=