湖南省株洲市醴陵市四中2022-2023学年高三第四次阶段考试物理试题.doc

1、湖南省株洲市醴陵市四中2022-2023学年高三第四次阶段考试物理试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小

2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在轴上有两个点电荷、，其静电场的电势在轴上的分布情况如图所示，则（）A和带有同种电荷B处的电场强度为零C将一负电荷从处移动到处，其电势能增加D将一负电荷从处移到处，电场力做功为零2、如图所示，铁板倾斜放置，倾角为，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）A磁铁可能只受两个力作用B磁铁一定受三个力作用C铁板对磁铁的摩擦力大小为D铁板对磁铁的作用力大小为3、宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分

3、别为r1、r3，一个为椭圆轨道，半长轴为a，a=r3 。在t时间内，行星、行星与中心天体连线扫过的面积分别为S2、S3；行星的速率为v1、行星在B点的速率为v2B、行星在E点的速率为v2E、行星的速率为v3，下列说法正确的是（ ）AS2=S3B行星与行星的运行周期相等C行星与行星在P点时的向心加速度大小相等Dv3 v 1 v 2E0）变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止，不计导轨电阻，则下列说法正确的是（ ）A通过金属杆的电流大小为B通过金属杆的电流方向是从a到bC定值电阻的阻值为D定值电阻的阻值为9、如图所示，两根相互平行，间距为足够长的金属导轨固定

4、在水平面上，导轨间存在的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，导轨上的金属杆ab、cd所受滑动摩擦力均为0.2N，两杆电阻均为0.1，导轨电阻不计，已知ab受恒力的作用，ab和cd均向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A恒力B两杆的速度差大小为C此时回路中电流大小为2ADab杆克服安培力做功功率等于回路中产生焦耳热的功率10、如图是倾角=37的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图。一长为L、质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通人电流强度为I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8.则以下说法正确的是（

5、）A所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为B所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为C所加磁场的磁感应强度的最小值为D所加磁场的磁感应强度的最小值为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）在“用 DIS 实验研究加速度与质量的关系”实验中,请完成下列问题:（1）下列说法中正确的是（_）A要控制小车和钩码的质量都不变B要控制小车的质量不变,改变钩码的质量C要控制钩码的质量不变,改变小车的质量D小车和钩码的质量都要改变（2）实验中测得了下表所示的五组数据,并已在坐标平面上画出部分数据点,在图 中画出第四组数据对应的数据点,然后做出 a-

6、m 的关系图象（_）组别12345a（m/s2）0.330.280.250.220.20m（kg）0.300.350.400.450.50（3）为进一步确定加速度与质量的关系,应画 a-_图象;（4）本实验得出的结论是_12（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为_mm（该值接近多次测量的平均值） （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1）、电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器R（020，额定电流2A）、

7、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的_图（选填“甲”或“乙”）（3）如图所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏 （4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐

8、标点请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线_，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_（保留两位有效数字） （5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_（填选项前的符号）A1m B1mC1m D1m（6）任何实验测量都存在误差本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_（有多个正确选项）A用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差D用UI图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡

9、中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图（a），一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为L；两根相同的导体棒M、N置于导轨上并与导轨垂直，长度均为L；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。从t0时开始，对导体棒M施加一平行于导轨的外力F，F随时间变化的规律如图（b）所示。已知在t0时刻导体棒M的加速度大小为g时，导体棒N开始运动。运动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加速度大小为g，两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。求：(1)t0时刻导体棒M的速度vM；(2)0t0时

10、间内外力F的冲量大小；(3)0t0时间内导体棒M与导轨因摩擦产生的内能。14（16分）某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3，1 atm的空气，设整个过程温度保持不变(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？15（12分）小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，此时的摆动角度为，小王通过实验测得当地重

11、力加速度为g10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。求：(1)单摆的振幅、摆长约为多少；(2)估算单摆振动时最大速度v。(可能用到的公式1cos2sin2)(计算结果均保留三位有效数字)参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D【解析】A由图知处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A错误；B图象的斜率描述该处的电场强度，故处场强不为零，B错误；C负电荷从移到，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D由图知，负电荷从处移到处，电势不变，则电势能不

12、变，电场力做功为零。所以D正确。故选D。2、D【解析】AB磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选项AB错误；C根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为，选项C错误；D铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选项D正确。故选D。3、B【解析】AB行星、行星满足a=r3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令t等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故A错误，B正确；C向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星与行星在P点时加速度相等，但行星在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星在P点时加速度，故C错误；D据，考虑到

13、到的变轨过程应该在B点加速，有v1v2B，B到E过程动能向势能转化，有v2Bv2E，考虑到v2E小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度vE，而vEv3，所以有v2Ev3，综上所述v2Ev3v1v2B，故D错误；故选B。4、A【解析】当a、b两端接入100 V电压时，用理想电压表测得c、d两端电压为20 V，有：Ucd即：20整理得2；当c、d两端接入100 V电压时，用理想电压表测得a、b两端电压为50 V，有：Uab即：50整理得2，所以R1R2R3421，A正确，BCD错误。故选A。5、C【解析】在速度时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由几何知识求位移，在分析平均速度的大

14、小。并由几何关系求刹车的距离。根据速度关系分析距离如何变化，从而确定两车是否追尾。【详解】A选项，时，两车间距为100m，因为所以甲、乙两车不会追尾，A选项错误；BD选项，根据图像的面积表示位移，甲车的刹车距离为：平均速度为乙车的刹车距离为平均速度为则知，甲车的刹车距离小于乙车的刹车距离，故BD错误；C选项，时两车间距为100m，乙车在后，刹车后，02s内甲车的速度比乙车快。两车间距减小，则时，两车相距最远，根据图像的“面积”表示位移，知两车相距最远的距离为105m，C选项正确；故选C。6、A【解析】以小球研究对象进行受力分析，根据小球和小车的加速度相同已及顿第二运动定律的矢量性进行判断。【详

15、解】小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动，加速度水平向左，根据牛顿第二定律F=ma可知加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力只可能沿OA方向，A符合题意，BCD不符合题意故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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】AB对B、C两球整体受力分析，正交分解得FABcos30FCDcos602GFABsin30FCDsin60 联立解得FABGFCDG选项

16、A错误，B正确；CD对C球受力分析，正交分解得 FBCcosFCDcos60GFBCsinFCDsin60联立解得60选项C正确，D错误。故选BC。8、AC【解析】A.对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式有mgsin=B1IL，解得，选项A正确；B.由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b到a，选项B错误；C.由法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律得，故，选项C正确，选项D错误.9、AB【解析】A对金属杆ab、cd整体，由于两杆所受的安培力大小相等，方向相反，所以由平衡条件有故A正确。BCcd杆做匀速直线运动 ，则有解得I= 2.5A，因两杆均切割磁感线，故均产生感应电动势，且ab产

17、生的感应电动势一定大于cd产生的感应电动势，则有解得速度差为故B正确，C错误。Dab杆克服安培力做功功率为回路中产生焦耳热的功率为可知ab杆克服安培力做功功率不等于回路中产生焦耳热的功率，故D错误。故选AB。10、BC【解析】AB根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为，故A错误，B正确。CD当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有则磁感应强度的最小值故C正确，D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、C 见解析

18、 在外力不变时,加速度与质量成反比 【解析】（1）1该实验是探究加速度与质量的关系，采用控制变量法进行研究，所以要控制钩码的质量不变，改变小车的质量，故C正确。（2）2做出 a-m 的关系图象如图；（3）3由于，所以图象应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a与的图象。（4）4a-图象是一条过原点的直线，则在外力不变时，加速度与质量成反比。12、0.398(0.3950.399) 甲 4.34.7 C CD 【解析】（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm，可动刻度读数是39.80.01mm= 0.398mm(0.3950.399)，所以直径D=0.398mm.（2）由表中实验数据可知，

19、最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小如图所示（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）计算直线的斜率即为电阻R， 故（5）根据电阻定律 得 ，故C正确，ABD错误（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻

20、引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；D.用UI图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1)；(2)；(3)。【解析】(1)设t0时刻棒中的感应电流为i0，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势根据闭合电路欧姆定律导体棒受到的安培力大小为F安=BLi0对导体棒N，由平衡条件得F安=mg整理得t0

21、时刻导体棒M的速度；(2)设t0时刻导体棒M受到的拉力大小为F0，根据牛顿第二定律得解得F0=3mg0t0时间内外力F的冲量大小为；(3)设导体棒M开始运动的时刻是t1，此时导体棒M受到拉力大小等于摩擦力F1=mg由Ft图像可知设t1t0时间内的平均电流为I，导体棒M的位移为x。则t1t0时间内的平均电流为在过程中，根据动量定理，有整理得此过程导体棒M与导轨因摩擦产生的内能。14、 (1)15(2)1.5 L【解析】试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应用玻意耳定律求出空气的体积，然后求出剩余的药液（1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，由玻意耳定律得：1 atm300cm31.5103cm3p，p0.2atm，需打气次数(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V，由玻意耳定律得：4 atm1.5 L1 atmV，V6 L，故还剩贮液7.5 L6 L1.5 L点睛：本题考查了理想气体状态方程，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题15、 (1) ；(2)【解析】(1)由题图乙读出单摆的振幅，周期根据单摆的周期公式得摆长(2)根据机械能守恒定律又因为很小，故有