河北省新时代NT教育2023-2024学年高三上学期12月阶段测试月考答案（物理）

2023-2024学年第一学期12月高三阶段测试卷物理参考答案mgFF1．D【解析】小球受力分析如图所示，由三角形相似可知，T，则AB两球间的hxLxL库仑力大小为Fmg，丝线拉力大小Fmg，A、B错误；同理，若A缓慢漏电，丝hTh线的拉力大小不变，两球间的库仑力减小，C错误、D正确。（T乙）2（r乙）32．B【解析】由开普勒第三定律可得，25，解得T乙5T，则甲每转2周半Tr甲时间内乙转半周，就会“相遇”一次，故再次“相遇”经历的时间为2.5T。B正确。3．A【解析】试探电荷带负电，则试探电荷电势能最大的位置为最低电势，电势能最小的位置为最高电势，固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电，A正确；由题图可知，C点场强为零，根据库仑定律可知固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值大于固定在P处的点电荷所带电荷量绝对值，B错误；A、B两点的电势为零但电场强度不为零，C错误；由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，D错误。4．B【解析】设叶片迎风的有效面积约占整个面积的n倍，时间t内流向叶片的空气的质量2为mr2vt，根据动量定理可得3Ftnmv，空气对叶片的平均作用力Fr2v2，联立152解得n，故选B。55．A【解析】滑动变阻器滑片P由a端向b端移动过程中，滑片P上下两部分总电阻R并先增大后减小，干路电流I先减小后增大，电源内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，故电压表示数先增大后减小，CD错误；由闭合电路欧姆定律U并EI(R0r)可知，滑动变阻器两部分并联后的电压U并先增加后减小。当U并增加时，滑片P以上部分电阻一直减小，则其电流增加，因干路电流I减小，则电流表示数减小；当U并减小时，因滑片P下部分电阻一直增加，则电流表示数减小。故电流表的示数一直减小，A正确、B错误。高一物理第1页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}6．B【解析】根据几何关系可得CD＝AB，据匀强电场的特点及UCD＝2UAB可得，CO沿着电场线的距离是AO沿着电场线的距离的2倍，而由几何关系作辅助线如图所示，因A点在CO的投影M为CO中点，可知电场线沿CD方向，故匀强电场的场强为UU2EMOAOaaaa，B正确。2227．C【解析】根据题意，取向左为正方向，设弹簧恢复原长时A小球的速度为，B小球11�1的速度为，由动量守恒定律有mvmv2mv，由能量守恒定律有mv2m�v22mv2。0AB202A2B��v2v解得v0，v0，根据题意可知，在弹簧恢复原长时，B与挡板碰撞，碰后系统具A3B3有向右的最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹性势能是B与挡板碰撞所有情景中弹簧最大弹性势能最小的，则B与挡板碰撞后，取向右为正方向，设共速时速度为v，由动v2v5量守恒定律有m02m03mv。解得vv，由能量守恒定律有33901v12v15v1Em(0)22m(0)23m(0)2mv2，则碰后弹簧的最大弹性势能范围为pmin23232927011mv2Emv2，C正确。270p208．ABC【解析】由图乙可知，t=0时质点P在平衡位置正沿y轴正方向运动，根据振动与波动关系可知，波沿x轴正方向传播，A正确；由图甲知波长为20m，由图乙知周期为8s，20则波的传播速度vm/s=2.5m/s，B正确；质点P与质点Q平衡位置相距半个波长，T8因此这两个质点的振动情况相反，C正确；质点不随波迁移，不沿轴运动，D错误。9．BD【解析】滑动变阻器的滑动头P向左滑动�，则R1阻值变大，回�路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，电容器两板电压不变，则油滴仍静止，油滴初始位置的电势不变，BD正确。10．BC【解析】设B下滑过程中加速度大小为a，B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为t1，第1次与A碰前瞬间的速度为v，则对B由牛顿第二定律得mgsinma，由14L运动学规律得Lat2，v22aL，解得t，vgL，A错误；第一次碰撞后A的速211g高一物理第2页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}111度为v，B的速度为v，由动量守恒和机械能守恒得mvmvmv；mv2mv2mv2，A1B1A1B122A12B1解得vA1gL，vB10，B正确；第一次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第一次12碰撞到发生第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为t2，则有vt2at，A122L解得t4，C正确；B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞，A的位移为xvt4L，2gA12滑块A克服摩擦力做的功Wmgxcosmgxsin，解得W2mgL，D错误。mmm11．（1）C；（2）C；（3）112（每空2分，共6分）y2y3y12yxg【解析】（1）小球平抛运动的时间t，则初速度vx，显然平抛运动的初速gt2y度与下降距离二次方根的倒数成正比，所以C为a球撞击的痕迹。（）本实验需要验证的原始表达式为，由（）可知，速度与下降距离二2m1v0m1v1m2v21次方根的倒数成正比，而质量是必须要测量的，C正确。mmm（3）通过（1）（2）分析，需要验证的表达式为112。y2y3y112．（1）（3分）；（2）（2分）；（3）5.00（4.98~5.02）（2分）；0.13（0.10~0.16）（2分）【解析】（）根据闭合电路欧姆定律有，得到，根据图像在3EUI(R0r)UEI(R0r)5.00纵轴上的截距可得E5.00V，由图像的斜率大小可得Rr，可得r0.13。01.6．【解析】（）对整体应用牛顿第二定律（分）131EqA2ma2解得球A的电荷量为qA2q（1分）高一物理第3页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}1（2）整体向右加速运动阶段Lat2（1分）212mL2mL解得tt3，整体的速度v=at1（1分）1Eqg向右减速运动阶段，对整体应用牛顿第二定律（分）3Eq2Eq2ma1Eq1解得a，减速需要的时间2Lvtat2（2分）2m2222mL2mL解得t2，因为ttt3，所以经时间t，球A恰好要离开电场，2Eq12Eq此时速度大小vvat2（1分），解得v0（1分）Eq14．【解析】（1）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故tan（1分）mg5解得37，重力与电场力合力大小为F(Eq)2(mg)2mg（1分）41由释放点到最大速度点由动能定理得F(sR)mv2（2分）2v2对该点由牛顿第二定律得NFm（2分），由牛顿第三定律得压力FNN（1分）R解得s1.2m（1分）（2）若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得37，合力大小仍为F，沿如图所示OD方向，此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得222v52F(Eq)(mg)mE（1分），解得vm/s，RE211对D到E由动能定理得F2Rmv2mv2（2分）2E2D510v2解得vm/s，对该点由牛顿第二定律得NFmD（1分）D2R由牛顿第三定律得压力（分）FNN75N115．【解析】（1）假设A板与挡板P第一次碰撞时，小滑块B和A板可以共速，共同速度为，据动量守恒可得（分）v1mv0(Mm)v12高一物理第4页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}12设此时A板位移为x1，对A板由动能定理得mgxMv（1分）121联立并代数解得x1＝0.3m＝x0＝0.3m（1分）所以小滑块B和A板恰好共速（1分）（2）A第1次与挡板P碰后到第二次共速的过程中，对A、B系统，动量守恒可得mv1Mv1(mM)v2（2分）vvA第1次与挡板P碰后到第二次共速经历的时间为t12（1分）1g联立并代数解得t1＝0.3s，所以经0.3s，A板与滑块B恰好共速，12此时小滑块B的位移xvtgt（2分），代数解得x2＝0.675m（1分）21121（3）A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为相对，对A、B组成的系统，由能�1121212量守恒有mvMvmvmgx相对1（2分）22121代入数据得相对�1=0.4�A第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，由能量守恒有121212mvMv(Mm)vmgx相对（2分）2121222解得相对2第�次与=挡0板.9�相碰后到共速的过程中，由动量守恒有（分）A2Pmv2Mv2(Mm)v31121212由能量守恒有mvMv(Mm)vmgx相对3（1分）222223解得相对�3=0.225�由于相对相对相对＞L=1.5m（1分）�1+�2+�3=1.525�所以小滑块B会和A板脱离（1分）高一物理第5页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}