【文档说明】辽宁省抚顺市第一中学2022-2023学年高三上学期1月线上阶段验收 物理 答案.docx，共(14)页，651.574 KB，由小赞的店铺上传

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抚顺市第一中学高三年级线上阶段性测试题物理时间：45分钟：分数：100分一、单项选择题（本大题共7小题，每小题7分，共49分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）。1.北京冬奥会速滑比赛中的某段过程，摄像机和运

动员的位移x随时间t变化的图像如图，下列说法正确的是（）A.摄像机做直线运动，运动员做曲线运动B.10t时间内摄像机在前，12tt时间内运动员在前C.20t时间内摄像机与运动员的平均速度相同D.20t时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度【答案】C【解析】【详解】A．xt−图像只能表示直线运

动的规律，则摄像机和运动员都在做直线运动，故A错误；B．xt−图像反映了物体的位置随时间的变化情况，由图可知，在20t时间内摄像机一直在前，故B错误；C．20t时间内摄像机与运动员的位移相同，所用时间相同，根据xvt=可知，平均

速度相同，故C正确；D．xt−图像的斜率表示速度，则在20t时间内摄像机的速度先大于运动员速度，在等于运动员速度，后小于运动员速度，故D错误。故选C。2.小王想推动家里的衣橱，但使出“洪荒之力”也推不动，他便想了个妙招，如图所示，用A、B两块相同

的木板，搭成一个底角（A、B两木板的夹角）较大的人字形架，然后往中央一站，结果底角增大，衣橱被缓慢推动。在底角增大的过程中，下列说法正确的是（）A.A木板对衣橱的推力增大B.A木板对衣橱的推力减小C.两木板对小王支持力的合力增大D

.两木板对小王支持力的合力减小【答案】A【解析】【详解】AB．根据合力与分力的关系，在底角增大的过程中，合力不变，但两分力夹角增大，则分力增大，则A木板对衣橱的推力增大，故A正确，B错误；CD．根据物体的平衡条件，在底角增大的过程中，两木板对小王支持力

的合力大小总等于小王受到的重力，方向竖直向上，故CD错误。故选A3.一简谐横波沿x轴传播，在某时刻的波形如图所示，已知此时质点F的运动方向向下，则（）A.此波沿x轴正方向传播B.质点D此时向上运动C.质点

E的振幅为零D.质点B将比质点C后回到平衡位置【答案】D【解析】【详解】AB．已知此时质点F的运动方向向下，根据波形平移法可知，此波沿x轴负方向传播，质点D此时向下运动，故AB错误；C．此时质点E的位移为

零，但振幅不为零，故C错误；。D．此时质点B向上运动，则质点B将比质点C后回到平衡位置，故D正确。故选D。4.2022年11月29日“神舟十五号”飞船顺利发射，六名中国宇航员完成首次太空交接班。已知核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离约为390km，地球半径约为

6400km，已知地球表面重力加速度g和万有引力常量G，下列说法正确的是（）A.核心舱运行速度大于7.9km/sB.核心舱的向心加速度小于gC.由题干条件可以求出核心舱的质量D.考虑稀薄大气阻力且无动力补充，核心舱速度会越来越小【答案】B【解析】【详解】A．根据22MmvGmrr=可得GMvr

=可知轨道半径越大，运行速度越小，地球表面的运行速度为7.9km/s，所以核心舱运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．设核心舱处的重力加速度为g，根据万有引力定律和牛顿第二定律有2()MmGmgrh=+在地面处有2MmGmgr=核心舱做匀速圆周运动，重力加速度等于向心加速度，可知

gg故B正确；C．根据2MmGmgr=可知无法求出核心舱的质量，故C错误；D．考虑稀薄大气阻力且无动力补充，核心舱会逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故D错误。的故选B。5.如图所示，空间有一匀强电场，

电场方向与纸面平行。一电荷量为-q的粒子（重力不计），在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是（）A.匀强电场的电场强度大小为sinFqB

.匀强电场的电场强度大小为cosFqC.匀强电场的电场强度大小为FqD.若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向【答案】C【解析】【详解】ABC．粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小FEq=故AB错误，C正确；D．粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N运动到M

，带电粒子受到的电场力不变，则F也保持不变，故D错误。故选C。6.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A.粒子必定带负电荷B.M点的电势小于N点的电势C.粒子在M

点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．由于带电粒子在电场中仅受电场力，则其电场力方向指向轨迹内侧，可知，粒子所受电场力方向与电场强度方向相

同，则粒子带正电，A错误；B．沿电场线电势降低，根据图像可知，M点的电势高于N点的电势，B错误；C．电场线分布的疏密程度表示电场的强弱，根据图像可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，则粒子在M点的电场力小于它在N点的电场力，即粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，C正确；D．根据

上述可知，由M运动到N，电场力做正功，电势能减小，则粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，D错误。故选C。7.如图所示，竖直平面内14光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两

顶点上放置一对等量异种电荷。现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为0v。不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（）A.M点电势为201()2m

vmgRQ−B.C点电势与D点电势不相同C.小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒D.小球对轨道最低点C处的压力大小为202vQqmgmkRL++【答案】D【解析】【详解】AB．等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线方向，所以是一条等势线，中垂线

通向无限远处，电势为零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的等势能面上，所以两点的电势都为零。设M点的电势为M，由于C点的电势为零，所以CM间的电势差等于M点的电势，对小球从M到C的过程由动能

定理得2012MmgRQmv+=解得20p20112(2)2MmvmgREmvmgRqQQ−===−故AB错误；C．小球在圆弧轨道上运动，除了重力做功外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；D．因为三角形ABC为等

边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方向向下，电场力的合力为222sin30QqQqFkkLL==合重力为mg，支持力为N，根据牛顿第二定律可得202vQqNmgkmLR−−=所以202vQqNmgmkRL=++由牛顿第三定

律得，小球对轨道的压力为202'vQqNmgmkRL=++故D正确。故选D。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题9分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，

有选错的得0分）。8.两列频率相同、振幅分别为5cm和7cm的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，关于K、M、N三点的下列说法中正确的是（）A.质点N的振幅为2cmB.质

点K为振动减弱点C.由图中时刻再经过14周期时，质点M的位移为零D.由于发生干涉现象，所以质点M始终处于波峰【答案】AC【解析】【详解】A．N点为波谷与波峰的交点，为振动减弱点，振幅为7cm-5cm=2cm故A正确；B．K点为波谷与波谷的

交点，为振动加强点，故B错误；C．M点为波峰与波峰的交点，为振动加强点，此时位于波峰位置，再经过14周期时，质点M的位移为零，故C正确；D．质点M在平衡位置附近振动，故D错误。故选AC。9.如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭

合开关S，静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（）A.保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小B.保持开关S闭合，将两极板间距减小，静电计指针张开角度不变C.断开开关S后，将两极板间距增大，板间场强增大D.断开开关S后，将两极板间距增大，静电计指针张开

角度增大【答案】BD的【解析】【详解】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由UEd=可知，板间场强增大，A错误；B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B正

确；C．断开开关S后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：r4SCkd=根据电容的定义式QCU=极板间为匀强电场UEd=联立可得r4kQES=若是仅将两板间距离增大，板间电场强度不变。C错误；D．断

开开关S后，将两极板间距增大，根据4SCkd=可知，电容减小，根据QCU=可知，两极板间电势差增大，D正确。故选BD。10.如图所示，在匀强电场中有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E

、F分别为AB、BC和AC边的中点。三角形各顶点的电势分别为2VA=、4V=B、6VC=，下列说法正确的是（）A.O点电势为-4VB.匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向AC.将电子由E点移到F点，电子的电势能减少了1eVD.在三角形ABC内切圆的圆周上，D点不是电势最低的点【答

案】BD【解析】【详解】A．三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，F为AC边的中点，故4V2ACF+==B、F电势相等，BF为等势线，O点在BF上，故O点电势为4V，故A错误；B．场强方向垂直于BF斜向上80V/mCAU

UEdL===方向从C到A，故B正确；C．因为1EFEFWeUeV=−=−pΔEW=−电子由E点移到F点，电子的电势能增加了1eV，故C错误；D．过圆心O，做平行于AC的电场线，相交于内接圆上的两点分别为圆上电势最高点和最低点，交点不是D点，电势最低点的点不是D点，故D正确。故选BD。11.如

图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下

运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能kE与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中10~x之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知1x、2

x、3x、E，则下列说法正确的是（）A.物块A、B的质量之比为13:B.弹簧的劲度系数为()121Exxx−C.A与B碰撞后，A在2x位置处弹簧压缩量为21xx−D.从1x到3x的过程中，弹簧的弹性势能增加了()31116154Exxx−【答案】ABD【解析】【详

解】A.由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能212AmvE=可得物块A与物块B碰撞前的速度2AEvm=物块A与物块B碰撞后的动能211216AmvE=共可得物块A与物块B碰撞后的速度2164AEvvm==共物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律()4AABvmvmm=+解

得13ABmm=A正确；BC．弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为0x，结合图甲根据平衡条件可知0sinBmgkx=由图乙可知，当AB一起运动到2x时，此时弹簧的压缩量为210xxxx=−−速度最大，此时弹簧对AB的弹力大小等于AB重力沿斜面的分力

，即()210sinsinABmgmgkxxx+=−+物块A从O点运动到位置1x过程中，根据动能定理1sinAmgxE=联立解得()121Ekxxx=−B正确，C错误；D．物块A与物块B碰撞后，

物块A的动能为16E，根据A的分析可得碰后根据物块B的动能为316E，物块由1x运动到3x过程中，根据能量守恒定律()()31p3sin1616ABEEmmgxxE+−++=代入数据解得()31p11

6154ExExx−=D正确；故选ABD。三、计算题12.显像管是一种电子（阴极）射线管，是电视接收机、监视器重现图像的关键器件。显像管的原理示意图如图所示，质量为m、电荷量为e的电子从电子枪F发出（认为初速度为零），经加速电场加速后

沿中心线以大小为1v的速度射入相距为d的两平行金属板B、C间的匀强电场中，然后打到荧光屏上。已知B、C间的电压为2U，B、C的板长为1l，平行金属板右端到荧光屏的距离为l2，求：（1）加速电场电压1U；（2）电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角的正切值；（3）

电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心线的距离y。的的【答案】（1）212mve；（2）2121eUlmdv；（3）122121(2)2+eUlmdvll【解析】【详解】（1）电子在加速电场加速过程，由动能定理可得2111

02=−eUmv解得2112=mvUe（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场的电场强度为2UEd=根据牛顿第二定律可得eEma=水平方向有11=lvt竖直方向有yvat=电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角的正切值1tanyvv

=联立可得2121tan=eUlmdv（3）偏转电场中偏移量为2112yat=联立解得2211212eUlymdv=..根据几何关系可得111222lylyl=+联立解得()12212122lleUlymdv+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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