物理试题（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_3物理高考模拟题_新高考_2023届北京市顺义区高三第一次统练(上学期期末)物理

顺义区 2023 届高三第一次统练 物理试卷 考生须知： 1. 本试卷共8页，共两部分，第一部分14小题，共42分，第二部分6小题，共58分，满分 100分。考试时间90分钟。 2. 在答题卡上准确填写学校、姓名、班级和教育ID号。 3. 试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 4. 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一 项。 1. 关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（ ） A. 赫兹预言了电磁波的存在 B. 均匀变化的电场能够产生均匀变化的磁场 C. 紫外线是一种波长比紫光更长的电磁波，能够灭菌消毒 D. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、 射线、γ射线都是电磁波 【答案】D 【解析】 【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在。故A错误； B．均匀变化的电场产生恒定的磁场。故B错误； C．紫外线是一种波长比紫光更短的电磁波，能够灭菌消毒。故C错误； D．在电磁波谱中，无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线都是电磁波。故D正确。 故选D。 2. 生活中常用一根水平绳拉着悬吊重物的绳索来改变或固定悬吊物的位置。如图所示，悬吊重物的细绳O 点被一水平绳BO牵引，使细绳AO段与竖直方向成θ角。若悬吊物所受的重力大小为G，细绳AO所受拉 力大小为F，水平绳BO所受拉力大小为F，下列关系正确的是（ ） 1 2A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对O点受力分析，如图 由力的平衡条件解得悬绳AO拉力 水平绳BO所受的拉力 故A正确BCD错误。 故选A。 3. 一带正电的点电荷只在电场力作用下沿电场线方向运动，下列说法正确的是（ ） A. 速度一定减小 B. 加速度一定增大 C. 电势能一定减小 D. 所受静电力一定增大 【答案】C 【解析】【详解】AC．正电荷的受力方向与电场线方向一致。由题意可知，该点电荷速度方向与受力方向一致，即 加速度方向与速度方向一致。该电荷一定做加速运动，速度增加；点电荷运动过程中电场力做正功，电势 能减小。故A错误，C正确； BD．根据 可知加速度大小和所受静电力大小取决于点电荷所在位置的场强大小。由于题中电场场强未知，无法判断 加速度和受力情况。故BD错误。 故选C。 4. 跳伞是一项勇敢者的运动，可以将跳伞运动分为加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列 说法正确的是（ ） A. 运动员始终处于失重状态 B. 空气阻力始终对运动员做负功 C. 任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减小量相等 D. 运动员和降落伞整体所受重力做的功始终大于其重力势能的减小量 【答案】B 【解析】 【详解】A．运动员在加速下降过程是失重，运动员在减速下降过程是超重，故A错误； B．空气阻力始终与运动员运动方向相反，始终对运动员做负功，故B正确； C．任意相等的时间内运动员的平均速度不相等，竖直方向上下降的高度不等，故任意相等的时间内运动 员和降落伞整体重力势能的减小量不相等，故C错误； D．运动员和降落伞整体所受重力做的功始终等于其重力势能的减小量，故D错误。 故选B。 5. 一列简谐横波某时刻的波形如图所示，a、b、c是介质中的三个质点，下列说法正确的是（ ）A. 此时刻b的速度最小 B. 此时刻a的加速度最小 C. 若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置 D. 若波沿x轴正方向传播，此刻c向y轴正方向运动 【答案】A 【解析】 【详解】A．质点离平衡位置越远，速度越小，此时刻b处于波峰，速度最小（为零），A正确； B．介质中的质点加速度大小与位移大小成正比，此时刻c离平衡位置最近，加速度最小，B错误； C．若波沿x轴负方向传播，由“同侧法”可知，a、c均向上振动，c比a先回到平衡位置，C错误； D．若波沿x轴正方向传播，此刻c向y轴负方向运动，D错误。 故选A。 6. 用恒力F使质量为 的物体从静止开始，以 的加速度匀加速上升，不计空气阻力，重力加速度 g取 ，下列说法中正确的是（ ） A. 前2s内恒力F做的功是400J B. 前2s内合力做的功为零 C. 前2s内物体克服重力做的功是560J D. 前2s内重力做的功是-400J 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律可知，恒力为 2s内物体上升的高度 2s内恒力F做功 故A错误；CD．2s内重力做功 即2s内物体克服重力做功为 。故C错误，D正确； B．2s内合力做的功 故B错误。 故选D。 7. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成θ角，上端接入阻值为R的 电阻。导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab由静止开始 沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好。不计导轨及金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下 滑过程中（ ） A. 金属棒ab将一直做加速运动 B. 通过电阻R的电流方向为从Q到N C. 金属棒ab的最大加速度为gsinθ D. 电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能 【答案】C 【解析】 【详解】A. 金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，A错误； B. 根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，B错误； C. 金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律 解得C正确； D. 根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的机械能，D错误。 故选C。 8. 如图所示，在MNQP所围的区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，质量和电荷量都相等（电性可能不 同）的带电粒子a、b，c以不同的速率从O点沿纸面并垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的运 动轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力及带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（ ） A. 射入磁场时粒子a的速率最小 B. 粒子a带负电，粒子b、c带正电 C. 粒子a在磁场中运动的周期最小 D. 粒子c在磁场中运动的时间最长 【答案】D 【解析】 【详解】A．粒子在磁场中做圆周运动有 即 根据粒子的运动轨迹可知各粒子的轨迹半径大小关系为 各粒子的质量和电荷量都相等，所以粒子c的速率最小，A错误； B．根据运动轨迹结合左手定则可得粒子a带正电，粒子b、c带负电，B错误； C．根据公式有即 各粒子的质量和电荷量都相等，所以各粒子在磁场中运动的周期相同，C错误； D．根据前面分析各粒子在磁场中运动的周期相同，可知运动轨迹所对应的圆心角越大，运动时间越长， 结合图像可知粒子c运动轨迹对应的圆心角最大，所以运动的时间最长，D正确。 故选D。 9. 篮球运动深受广大同学们的喜爱，打篮球时某同学伸出双手接住传来的篮球，之后双手随篮球迅速收缩 至胸前，如图所示，下列说法正确的是（ ） 的 A. 该同学这么做 目的是减小篮球对手的冲击力 B. 该同学这么做的目的是缩短篮球和手的作用时间 C. 手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力 D. 只有球静止后手对篮球的作用力才等于篮球对手的作用力 【答案】B 【解析】 【详解】AB．伸出双手接住传来的篮球，之后双手随篮球迅速收缩至胸前起到了缓冲作用，根据动量定理 可知 当篮球速度变化量 相同时（从接住时的速度减为0），题中操作的缓冲作用是为了增加篮球和手的作用 时间 ，从而减小篮球对手的冲击力 。故A正确，B错误； CD．根据牛顿第三定律，手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对相互作用力，任何情况下都是等大 反向的。》故CD错误。 故选B。的 10. 某交流发电机产生 感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 该交流电的周期为2s B. 该交流电的频率为50Hz C. 该交变电动势的有效值为 D. 该电动势的瞬时值与时间的关系为 【答案】B 【解析】 【详解】A．从图中可知交流电的周期为 。故A错误； B．交流电的频率 故B正确； C．有效值 故C错误； D．电动势瞬时表达式为 故D错误。 故选B。 11. 已知火星质量约为地球质量的 ，火星半径约为地球半径的 ，下列说法正确的是（ ）A. 火星的密度约为地球密度的 倍 B. 火星的第一宇宙速度约为地球的第一宇宙速度的 倍 C. 火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的 D. 卫星在火星表面附近环绕火星一周的时间约为卫星在地球表面附近环绕地球一周时间的 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据密度公式 和体积公式 可知 故A错误； B．第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，根据 整理得 火星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比约为 故B错误； C．根据 可知火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为故C正确； D．根据 解得 故D错误。 故选C。 12. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充 电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ） A. 充电宝输出的电功率为 B. 手机电池产生的焦耳热为 C. 手机电池产生的焦耳热为 D. 手机电池储存的化学能为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题意可得充电宝输出的电功率为 故A错误； BC．根据焦耳定律可得手机电池产生的焦耳热为因为U不是手机电池的内电压，所以 故B正确，C错误； D．根据能量守恒定律可知，充电宝输出的电能一部分转化为手机电池的化学能E，一部分转化为电池内 电阻产生的焦耳热Q，则 故D错误。 故选B。 13. 静电除尘机原理如图所示，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力 的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方向未标出）。实曲线是某尘埃颗 粒的运动轨迹，A、B是尘埃颗粒运动轨迹与电场线的两个交点，不考虑尘埃颗粒在迁移过程中的相互作 用和电量变化，不计尘埃颗粒的重力，则下列说法中正确的是（ ） A. A点电势高于B点电势 B. 该尘埃颗粒在迁移过程中做匀变速运动 C. 该尘埃颗粒在迁移过程中电势能先增大后减小 D. 该尘埃颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．尘埃带负电，向集尘极偏转，可知集尘极带正电，放电极带负电，故电场线由集尘极指向放 电极，沿电场线方向电势降低，故A点电势低于B点电势，A错误； B．由于该电场不是匀强电场，尘埃受到的电场力不断变化，故该尘埃颗粒在迁移过程中不是做匀变速运 动，B错误； C．该尘埃颗粒在迁移过程中电场力先做负功后做正功，故该尘埃颗粒在迁移过程中电势能先增大后减小，C正确； D．由牛顿第二定律可得 A点电场线较密，场强较大，故该尘埃颗粒在A点的加速度较大，D错误。 故选C。 14. 如图甲所示，一根足够长的空心铜管竖直放置，将一枚横截面直径略小于铜管内径、质量为 的圆柱 形强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，强磁铁与铜管内壁的摩擦和空气阻力可以忽略，强磁铁不会做自 由落体运动，而是非常缓慢地穿过铜管，在铜管内下落时的最大速度为 ，重力加速度为g。产生该现象 的原因是变化的磁场在铜管内激发出了涡流，涡流反过来又对强磁铁产生了很大的阻力。虽然该情景中涡 流的定量计算非常复杂，但我们不需要求解，却仍然可以用我们学过的知识来对下述问题进行分析，强磁 铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，下列分析正确的是 （ ） A. 若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发现强磁 铁做自由落体运动 B. 若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发现强磁 铁的下落会快于自由落体运动 C. 图甲中，强磁铁达到最大速度后，铜管的热功率要小于mgv 0 m D. 如果在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为m 的绝缘橡胶块，则强磁铁下落的最大速度 1 【答案】D 【解析】的 【详解】AB．若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，此时铜管内仍然会形成涡流，涡流 磁场 对强磁铁有阻碍作用，所以将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发现强磁铁的下落会明显慢于自由落 体运动，AB错； C．图甲中，强磁铁达到最大速度后，做匀速运动，在匀速下落的过程中，可以认为减少的重力势能全部 转化为热量，则 可得，铜管的热功率为 C错误； D．由于强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小 与强磁铁下落的速度 成正比，且强磁铁周围铜管 的有效电阻 是恒定的。可知任一时刻的热功率为 则 强磁铁在匀速下落时，有 可得 所以，强磁铁下落的最大速度为 D正确。 故选D。 第二部分 本部分共6题，共58分。 15. 某实验小组用如图1所示的实验装置探究加速度与物体受力的关系。保持小车的质量不变，通过改变槽码盘中的槽码来改变小车所受的拉力F，通过处理纸带上打出的点来测量小车的加速度a。 （1）调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做_________运动，才可以进行下一步实 验操作。 （2）图2是某次实验时得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.10s，由图中数据可 计算出小车的加速度大小为_________m/s2。 （3）本实验中小车所受的拉力可认为与槽码盘和槽码的总重力相等，其条件是： ___________________________。 （4）某同学根据实验数据作出了a-F图像，如图3所示，该图线没有通过坐标原点的原因可能是： ________________________________。 【答案】 ①. 匀速直线 ②. 0.51 ③. 槽码盘和槽码的总质量远小于小车的质量 ④. 在平衡 摩擦力时木板的倾斜度过大 【解析】 【详解】（1）[1]调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动，才可以进 行下一步实验操作。 （2）[2]由逐差法可得，小车的加速度大小为的 （3）[3]在平衡摩擦力 情况下，由牛顿第二定律可得，对小车 对槽码盘和槽码 联立解得 当 时， ，故本实验中小车所受的拉力可认为与槽码盘和槽码的总重力相等，其条件是： 槽码盘和槽码的总质量远小于小车的质量。 （4）[4]某同学根据实验数据作出了a-F图像，由图可知，小车在没有受到拉力时就有加速度，可能的原 因是：在平衡摩擦力时木板的倾斜度过大。 16. 某实验小组用电压表和电流表测定一电池组的电动势E和内电阻r，要求尽量减小实验误差。实验室中 有电流表（0~0.6A，内阻约0.1Ω），待测电池组（电动势约为3V，内阻约为1Ω）、开关和导线若干，以 及下列器材： A. 电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ） B. 电压表（0~3V，内阻约3kΩ） C. 滑动变阻器（0~500Ω） D. 滑动变阻器（0~50Ω） （1）实验中电压表应选用_________；滑动变阻器应选用_________。（选填相应器材前的字母）（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的_________端（选填“a”或“b”）。 （3）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，但电压表示数变化不明显。为了解决这个问 题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5.0Ω的定值电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和 对应的电流表读数I，并作出U-I图像，如图所示。则电池组的电动势为_________V，内电阻为 _________Ω。 （4）如果本实验考虑电表内阻的影响，电流表内阻为R 、电压表内阻为R ，推导电压表示数U随电流表 A V 示数I变化的表达式________________________________________________________________。 【答案】 ①. B ②. D ③. a ④. 2.90 ⑤. 0.80 ⑥. 【解析】 【详解】（1）[1]电池组电动势约为3V，故电压表选择量程0～3V的，故电压表选用B。 [2]电流表指针在中央位置时，电路中的电阻约为 要求尽量减小实验误差，滑动变阻器应采用最大阻值较小的D，方便调节。 （2）[3]闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应最大，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的a 端。 （3）[4]在电池组负极和开关之间串联一个阻值为 的电阻，由闭合电路欧姆定律可得 路端电压由图示电源U-I图像可知，电池组电动势 [5]电源内阻 （4）[6]由闭合电路的欧姆定律得 解得 17. 质量为m的人造地球卫星，在距地面h高处绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为M、半径为R， 引力常量为G，求： （1）卫星的向心加速度大小 ； （2）卫星做圆周运动的线速度大小 ； （3）卫星做圆周运动的周期 。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）人造地球卫星在绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力 整理可得 （2）由圆周运动中 可知（3）在环绕模型中 整理得 18. 如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B，方 1 向垂直纸面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿中心线OʹO做匀速直线运动。粒子通过两平行 板后从O点进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周 2 后打在挡板MN上的A点，测得O、A两点间的距离为L，不计粒子重力，求： （1）试判断金属板P和金属板Q哪板电势高； （2）粒子在P、Q两板间做匀速直线运动的速度大小v； （3）粒子的电荷量与质量之比 。 【答案】（1）金属板P；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）粒子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则可知洛伦兹力的方向向上， 故电场力方向向下，粒子带正电，则匀强电场方向向下，金属板P电势高。 （2）电场力与洛伦兹力平衡解得 （3）带电粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动 ， 解得 19. 如图所示，在距水平地面高h=0. 80m的水平桌面右端的边缘放置一个质量m=1.60kg的木块B，桌面的 左端有一质量M=2.0kg的木块A，以v=4.0m/s的初速度向木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞， 0 碰后两木块都落到水平地面上，木块B离开桌面后落到水平地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它 们的碰撞时间极短，且D点到桌面边缘的水平距离x=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力 加速度g取10m/s2，求： （1）两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小v ； A （2）木块B离开桌面时的速度大小v ； B （3）碰撞过程中损失的机械能ΔE。 【答案】（1） ；（2） ；（3）1.56J 【解析】 【详解】（1）对木块A从桌面的左端到与B碰撞前，由动量定理 解得两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小（2）木块B离开桌面后做平抛运动，由水平方向匀速直线运动得 竖直方向上自由落体运动得 解得木块B离开桌面时的速度大小 （3）木块A、B碰撞过程动量守恒，设木块A碰撞后的速度为 ，则 解得 碰撞过程中损失的机械能 20. 某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线 圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的 磁感应强度大小均为B。单刀双掷开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动模型飞机加 速，模型飞机达到起飞速度时与动子脱离，此时S掷向2接通定值电阻R，在磁场力作用下，动子会逐渐 0 停下来。若动子从静止开始运动，经过t=1.5s达到模型飞机起飞速度。已知恒流源输出的电流为I=15A， 线圈匝数n=100匝，每匝周长L=1m，线圈总电阻 ，模型飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总 质量m=5kg，B=0.1T，定值电阻R=9.5Ω，导轨电阻不计且足够长，不计空气阻力和模型飞机起飞对动子 0 运动速度的影响，求： （1）当开关S与1接通时，线圈受到的安培力大小F ； 安 （2）模型飞机起飞时的速度大小v； （3）a.模型飞机起飞后动子和线圈继续向前运动的距离d； b. 推导模型飞机起飞后动子和线圈所受的安培力大小Fʹ 与其运动距离x的函数关系，并画出Fʹ -x的函 安 安 数图像（S掷向2接通时线圈位置作为起点）。【答案】（1）150N；（2） ；（3）a. ；b.见解析 【解析】 【详解】（1）根据安培力公式可得 （2）根据牛顿第二定律得 解得 模型飞机起飞时的速度大小 （3）a．当S拨至2时，接通定值电阻R，此时的感应电流为 0 此时的安培力为 对动子和线圈由动量定理得 则解得模型飞机起飞后动子和线圈继续向前运动的距离 b. 对模型飞机起飞后动子和线圈由动量定理得 解得 安培力 解得 画出Fʹ -x的函数图像 安