2023屆普通高等學校招生第一次質(zhì)量檢測物理試題一、選擇題(1-8為單選，9-12為多選，每空4分，共48分)1．某運動員在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功2000J，他克服阻力做功500 J．在此過程中(      )A．動能增加了2500JB．動能增加了2 000 JC．重力勢能減小了1500JD．機械能減小了500 J2．“復興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（，k為常量），動車組能達到的最大速度為。下列說法正確的是（　?。?/span>A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛的速度為D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為3．一輛汽車從靜止開始由甲地出發(fā)，沿平直公路開往乙地。汽車先做勻加速直線運動，接著做勻速運動，最后做勻減速直線運動，到達乙地剛好停止。下列v—t圖像中，能完整反映該汽車從甲地到乙地的運動規(guī)律的是（　?。?/span>A． B． C． D．4．一位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，彈簧床對該運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。不計阻力，取重力加速度g=10m/s2。根據(jù)信息可求（　?。?/span>A．該運動員跳起的最大高度為10mB．該運動員最大加速度為50m/s2C．穩(wěn)定后每次接觸過程中，蹦床對該運動員的最大沖量為500N·sD．穩(wěn)定后該運動員每次騰空過程中重力的沖量大小為1000N·s5．如圖，MN是負點電荷電場中的一條電場線，一帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示。下列結(jié)論正確的是（　?。?/span>A．帶電粒子在a點時的加速度小于在b點時的加速度B．帶電粒子在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能C．帶電粒子從a到b運動的過程中動能逐漸減小D．負點電荷一定位于N點右側(cè)6．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的A點，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的B點時速度為零。以下說法中正確的是（　　）A．小球在B點處于靜止狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關系是qE＝mgC．小球?qū)⒃?/span>A、B之間往復運動，且幅度將逐漸減小D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為－qEl7．如圖，水平向右的勻強電場中，一帶電粒子從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，粒子從A到B過程中克服重力做功9J，電場力做功4J，則（　　）A．粒子在B點的動能比在A點多5J B．粒子在C點的電勢能比在B點少4JC．粒子在C點的機械能比在A點少16J D．粒子在C點的動能為25J8．如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的4044倍。兩車開始都處于靜止狀態(tài)且A、B兩輛小車靠在一起，小孩把A車以相對于地面為v的速度推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面為v的速度推出。往后小孩每次推出A車，A車相對于地面的速度都是v，方向向左，則小孩把A車至少推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車（  ）A．2021 B．2022 C．2023 D．20249．如圖所示，虛線a、b、c、d、e是電場中的一組平行且間距相等的等差等勢面，實線是一帶正電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，M、N、P、Q分別為運動軌跡與等勢面的交點，下列判斷正確的是(     )A．粒子在電場中做勻變速運動B．圖中等勢面a的電勢最高C．粒子經(jīng)過Q點的動能小于P點的動能D．粒子在M點的電勢能比Q點的小10．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止兩個等大的小球，其質(zhì)量分別為 M = 0.6 kg、m = 0.2 kg，其中間夾著一個被鎖定的壓縮輕彈簧（彈簧與兩球不相連），彈簧具有 Ep=10.8J的彈性勢能?，F(xiàn)解除鎖定，球 m 脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為 R=0.4 m 豎直放置的光滑半圓形固定軌道，g 取 10 m/s2則下列說法正確的是（　?。?/span>A．兩球剛脫離彈簧時，球m獲得的動能比球 M 小B．球 m 在運動達到軌道最高點速度大小為 2m/sC．球 m 離開半圓形軌道后經(jīng)過 0.4s 落回水平地面D．球 m 經(jīng)過半圓形軌道的最低點和最高點時，對軌道的壓力差為12N11．如圖所示，勻強電場中有一個與電場平行的長方形區(qū)域ABCD．已知AC=2AB=4cm，A、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V．某帶電粒子從A點以初速度v0=2m/s，與AD成30°夾角射入電場，粒子在ABCD所在平面運動，恰好經(jīng)過C點．不計粒子的重力．下列說法正確的是A．該粒子可能帶負電B．電場強度大小為V/mC．粒子過C點的速度為2m/sD．僅改變初速度v方向，該粒子可能經(jīng)過B點12．如圖所示，在一對與豎直方向成60°角的帶電平行金屬板之間，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的小球被絕緣細線懸掛靜止于A點，剪斷細線后，小球恰能沿直線AB運動，經(jīng)時間t后到達B點．已知直線AB與金屬板間的夾角為30°，重力加速度為g，規(guī)定A點的電勢為零，下列說法正確的是（　?。?/span>A．平行金屬板間勻強電場的電場強度大小為B．小球到達B點時的速度大小為C．B點的電勢為D．小球在B點的電勢能為二、實驗題(共16分)13．（1）某同學用螺旋測微器測出用金屬材料制成的一段圓柱體的橫截面的直徑如圖所示．橫截面的直徑為________ mm．（2）用伏安法測量電阻阻值R，并求出電阻率ρ．給定電壓表（內(nèi)阻約為 50kΩ）、電流表（內(nèi)阻約為40 Ω）、滑動變阻器、電源、開關、待測電阻（約為250 Ω）及導線若干．①如上圖甲所示電路圖中，電壓表應接________點．（填“a”或“b”）②圖乙中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，試作圖(       )，并求出電阻阻值R＝________ Ω．（保留3位有效數(shù)字）③待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，用游標為50分度的卡尺測量其長度與直徑，結(jié)果分別如圖丙所示．由圖可知其長度為________ mm．④由以上數(shù)據(jù)可求出ρ＝________ Ω·m（保留3位有效數(shù)字，其中已知直徑為1.92mm）．14．某電阻的阻值約為，現(xiàn)要用如圖所示的電路測量其阻值，可選器材如下：A．電源（電動勢約）；B．滑動變阻器（最大阻值）；C．滑動變阻器（最大阻值）；D．電壓表V（量程，內(nèi)阻為）；E.電流表（量程，內(nèi)阻約為）；F.電流表（量程，內(nèi)阻約為）；G.開關、導線若干。（1）電流表應選擇___________（填“E”或“F”）；（2）某同學做實驗的過程中，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓電流數(shù)據(jù)，于是向你求助。你幫他檢查后發(fā)現(xiàn)器材完好，電路連接無誤，各接線柱接觸良好。請幫該同學判斷最有可能存在的問題并告訴他解決問題的辦法：___________（3）為了消除因電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，測量時應接___________（填“a”或“b”）。某次測量中讀得電壓表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，消除系統(tǒng)誤差之后，算得的阻值為___________（保留3位有效數(shù)字）。三、解答題(共36分)15．寬度為的區(qū)域內(nèi)左邊一半有垂直紙面向里的勻強磁場，右邊一半是場強方向與紙面平行的勻強電場（未畫出），電場與磁場分界線與邊平行。一質(zhì)量為、電荷量為、不計重力的粒子從點以初速度沿方向射入到磁場中，若磁感應強度大小為，粒子離開磁場進入電場后沿直線運動且恰好能夠到達區(qū)域的右邊界線。（1）求粒子通過磁場所用的時間（用、表示）；（2）確定電場的方向并求電場強度的大小。16．如圖，傾角的直軌道與光滑圓弧軌道在處相切且平滑連接，整個裝置固定在同一豎直平面內(nèi)。圓弧軌道的半徑為，是豎直直徑，點為圓心，、、三點在同一水平線上。、也在同一水平線上，兩個小滑塊P、Q（都可視為質(zhì)點）的質(zhì)量均為。已知滑塊Q與軌道間存在摩擦力且動摩擦因數(shù)處處相等，但滑塊P與整個軌道間和滑塊Q與圓弧軌道間的摩擦力都可忽略不計。同時將兩個滑塊P、Q分別在、兩點由靜止釋放、之后P開始向下滑動，在點與Q相碰。碰后P、Q立刻一起向下且在段保持勻速運動，已知P、Q每次相碰都會立刻合在一起運動但兩者并不粘連，取重力加速度為，求：（1）兩滑塊進入圓弧軌道運動過程中對圓弧軌道的壓力的最大值；（2）Q第一次沿斜面上滑的最大距離；（3）滑塊P在軌道上往復運動經(jīng)過的總路程。17．如圖所示，直角坐標系xoy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向，在第一、四象限區(qū)域內(nèi)存在有勻強電場和勻強磁場，電場強度E=4.0×105N/C，方向沿y軸正方向，磁感應強度B=0.2T，方向與xoy平面垂直向外．在x軸上的A點處有一足夠長、與x軸垂直的熒光屏，交點A與坐標原點O的距離為40.0cm，在OA中點P處有一粒子發(fā)射槍（可看作質(zhì)點），能連續(xù)不斷的發(fā)射速度相同的帶正電粒子，粒子質(zhì)量m＝6.4×10-27kg，電量q＝3.2×10-19C．粒子發(fā)射槍向x軸方向發(fā)射的粒子恰能打到熒光屏的A點處．若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍在xoy平面內(nèi)以角速度ω=2π rad/s逆時針轉(zhuǎn)動（整個裝置都處在真空中），求：（1）帶電粒子的速度及在磁場中運動的軌跡半徑；（2）熒光屏上閃光點范圍的長度（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（3）熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．
1．D【詳解】AB、重力對他做功2000J，他克服阻力做功500 J，則合力對他做功為1500J，根據(jù)動能定理知動能增加了1500J，故AB錯誤；C、重力對他做功2000J，則重力勢能減少了2000J，故C錯誤；D、他克服阻力做功500 J，所以機械能減少了500J，故D正確；故選D2．C【詳解】A．對動車組，由牛頓第二定律有若動車組在勻加速啟動，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯誤；B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛時加速度為零，有而以額定功率勻速時，有聯(lián)立解得故C正確；D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間達到最大速度，由動能定理可知可得動車組克服阻力做的功為故D錯誤。故選C。3．D【詳解】斜率表示加速度，則汽車先做勻加速直線運動，接著做勻速運動，最后做勻減速直線運動，到達乙地剛好停止，所以應先為過原點的傾斜直線，接著平行時間軸的直線，最后為傾斜直線且速度減為0，故D正確，ABC錯誤。故選D。4．D【詳解】A．運動員在空中的時間為△t=2s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，上升和下降的時間分別為1s，根據(jù)故A錯誤；B．由圖分析可知運動員的重力等于500N，則運動員質(zhì)量為m=50kg由圖讀出彈力的最大值為根據(jù)牛頓第二定律得運動員的最大加速度故B錯誤；C．運動員下落接觸彈簧床的速度大小為由動量定理得故C錯誤；D．穩(wěn)定后該運動員每次騰空過程中重力的沖量大小為故D正確。故選D。5．C【詳解】根據(jù)正電荷的運動軌跡可知，正電荷所受的電場力大致向左，可知場強方向由N到M，負點電荷一定位于M點左側(cè)，a點距離點電荷較近，可知a點受電場力較大，即帶電粒子在a點時的加速度大于在b點時的加速度；帶電粒子從a到b運動的過程電場力做負功，電勢能變大，動能逐漸減小。故選C。6．D【詳解】A．小球在B點速度為零，所需向心力為零，但合力不為零，不可能處于靜止狀態(tài)，故A錯誤；B．對小球從A到B的過程，根據(jù)動能定理有解得故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律可知，小球?qū)⒃?/span>A、B之間往復運動，且幅度不變，故C錯誤；D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為故D正確。故選D。7．D【詳解】A．粒子從A到B過程中克服重力做功9J，電場力做功4J，故外力做功，，由動能定理可得粒子在B點的動能比在A點少5J，故A錯誤；B．根據(jù)粒子受力情況，由牛頓第二定律可得，粒子在豎直方向做加速度為g的勻變速運動，在水平方向做初速度為零，加速度的勻加速運動。根據(jù)B為最高點，豎直分速度為零可得，粒子從A到B與從B到C的運動時間相等，故由勻加速運動規(guī)律可得，粒子在BC上的水平位移是AB上水平位移的3倍，根據(jù)故粒子從B到C電場力做功12J，粒子在C點的電勢能比在B點少12J，故B錯誤；CD．從A到C電場力做功16J，故粒子在C點的機械能比在A點多16J，故C錯誤；因為A點、C點等高，重力勢能相等，那么，粒子從B到C重力做功9J；又有B點速度水平，粒子從A到B電場力做功4J，所以，粒子在B點的動能為4J，有B到C由動能定理可得:粒子在C點的動能為D正確。故選D。8．C【詳解】取小孩和B車運動方向為正方向，小孩第一次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v1，由動量守恒定律①小孩第二次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v2，由動量守恒定律②小孩第三次推出A車后，小孩和B車獲得速度為v3，由動量守恒定律③以此規(guī)律可得小孩第n-1次推出A車后小孩和B車獲得速度為vn-1，第n次推出A車后，小孩和B車獲得速度為vn，第n次推出A車前后，由動量守恒定律④將推n次的等式相加，可得當vn≥v時，再也接不到小車，即解得取正整數(shù)，則故選C。9．ACD【分析】粒子在勻強電場中做勻變速運動．根據(jù)軌跡彎曲的方向可判斷出粒子所受的電場力方向，可分析電場線的方向，從而判斷出電勢的高低．由電場力做功正負分析動能及電勢能的變化.【詳解】A、由圖知，等差等勢面均勻分布，則知該電場是勻強電場，粒子所受的電場力恒定，所以粒子在電場中做勻變速運動；故A正確.B、根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場線位于水平方向，粒子所受的電場力也在水平方向．由粒子的軌跡向左彎曲，所以粒子所受的電場力水平向左，粒子帶正電，則電場線方向水平向左，則a處電勢最低；故B錯誤.C、D、若粒子從M運動到Q，電場力做負功，粒子的動能減小，電勢能增加，則粒子經(jīng)過Q點動能小于P點動能，粒子在M點的電勢能比Q點的??；故C、D正確.故選ACD.【點睛】根據(jù)電場線與等勢面垂直，可作出電場線，結(jié)合曲線運動的條件分析電場力的方向是解決本題的關鍵，同時結(jié)合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法.10．CD【詳解】A．由動量守恒得，M、m動量大小相同，由得質(zhì)量小的物體動能大，選項A錯誤；B．由得，兩物體動能比為1：3，故m的初動能為m獲得的速度為v0=9m/s即到達B點的速度vB=9m/s，由動能定理可得解得m達到圓形軌道頂端的速度選項B錯誤；C．由自由落體公式可得下降時間為選項C正確；D．m在圓形軌道上端時在下端時則在上下兩端壓力差為選項D正確。故選CD。11．BC【分析】電場線與等勢面相互垂直，沿電場線的方向電勢逐漸降低，在勻強電場中U=Ed，根據(jù)題意判斷等勢面，根據(jù)電場線與等勢面間的關系確定電場線方向，根據(jù)U=Ed求出電場強度，根據(jù)電勢差的定義式求出最高電勢.【詳解】A、因AC=2AB=4cm，A、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V，取O點為AC的中點，則，連接BO，過A點做BO的垂線，則實線為電場線，如圖所示：因粒子由A運動經(jīng)過C點，則電場力的方向與電場線的方向相同，所以粒子帶正電，則A錯誤.B、因；所以B正確.C、粒子從A點開始做類平拋運動到C點，根據(jù)類平拋運動的推論，粒子在C點時，；所以C正確.D、僅改變初速度v0方向，根據(jù)對稱性，粒子必過E點，所以D錯誤.故選BC.【點睛】本題考查了求電場強度與電勢問題，知道“電場線與等勢面相互垂直，沿電場線的方向電勢逐漸降低”是解題的前提與關鍵，分析清楚題意、應用基礎知識即可解題，解題時注意作輔助線.12．BC【詳解】A．小球沿直線運動，合力沿方向，如圖所示則有解得選項A錯誤；B．小球所受合力為，由牛頓第二定律F=ma得，小球的加速度為由勻變速直線運動規(guī)律，得小球到B點的速度為選項B正確；CD．設，根據(jù)動能定理得解得電場力做功根據(jù)，解得又有，且A點的電勢為零，解得將代入解得則小球在B點的電勢能為選項C正確，D錯誤。故選BC。13．     4.702（0.701-0.703之間）     a          227（224~230）     8.04     8.24×10－2【詳解】（1）[1]．螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為20.2×0.01mm=0.202mm，所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.202mm=4.702mm．（2）①[2]．由題意可知：電流表應采用外接法，電壓表應接a點；②[3]．根據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出U-I圖象，圖象如圖所示：[4]．圖象的斜率表示電阻，為： ③[5]．由圖丙所示游標卡尺可知，其示數(shù)為：8mm+2×0.02mm=8.04mm；④[6]．根據(jù)電阻定律可知：電阻率：14．     F     滑動變阻器的規(guī)格選擇錯誤，應該選用最大阻值為10 Ω的滑動變阻器     b     103【詳解】（1）[1]由電路圖可知，采用的是“分壓式”接法，可獲得的電壓范圍為，故通過的最大電流約為故電流表應該選擇。（2）[2] 實驗的過程中，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓電流數(shù)據(jù)，可能是滑動變阻器的規(guī)格選擇錯誤，應該選用最大阻值為10 Ω的滑動變阻器。（3）[3]根據(jù)題中所給器材，電壓表的內(nèi)阻的確定并已知，而電流表的內(nèi)阻不知，因此，可根據(jù)電壓表示數(shù)得到流過它的電流值，故采用電流表外接法，故接“”。[4]電壓表分得的電流故流過的電流故由歐姆定律得15．（1）；（2）方向與直線成角斜向左上，【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力得所以粒子在磁場中圓周運動的圓心在點，設速度偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關系可得解得則在磁場中運動時間為（2）由題意知，粒子在電場中做勻減速直線運動，到右邊界時速度為零，所以電場方向與直線成角斜向左上，發(fā)生的位移是根據(jù)動能定理有解得16．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）碰前，由動能定理解得碰撞，由動量守恒解得從，對整體解得D點解得由牛頓三定律得（2）勻速下滑時從點第1次上滑解得對（3）第1次上滑其中第2次碰前碰后第2次從點下滑同理得的總路程為解得.17．（1）2×106m/s ，0.2m；（2）0.55m；（3）0.42s；【詳解】（1）粒子在復合場中做勻速直線運動，有qE=qvB 則粒子的速度=2×106m/s 撤去電場后，有 粒子在磁場中運動的軌跡半徑=0.2m （2）部分粒子的軌跡如圖所示：由圖可知粒子最上端打在M點，最下端打在N點根據(jù)幾何關系有dAM=Rtan60°=dAN=R，dMN=（+1）R=0.55m （3）粒子在磁場中做圓周運動的周期 代入數(shù)據(jù)后可求得 由于粒子做圓周運動的周期遠小于粒子槍的轉(zhuǎn)動周期，所以粒子在磁場中的運動時間可以忽略不計；閃光點從最低點移動到最高點，粒子槍轉(zhuǎn)過的角度為所以閃光點從最低點移動到最高點用時=0.42s．點睛：本題中質(zhì)點在復合場運動，分析受力情況，確定質(zhì)點的運動情況是解題的基礎，結(jié)合粒子運動的周期性以及臨界狀態(tài)，運用數(shù)學幾何知識綜合求解．
 

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