安徽省六安第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第三次月考物理 Word版含解析.docx

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六安一中2024屆高三年級第三次月考物理試卷時間：75分鐘分值：100分一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.關(guān)于做自由落體運動的物體，下列說法正確的是（）A.重力勢能隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小B.動量p隨時間t變化的快慢不隨時間變化C.動能隨時間t變化的快慢不隨時間變化D.機械能E隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小【答案】B【解析】【詳解】A．重力做功為根據(jù)功能關(guān)系可得整理得重力勢能隨位移x變化的快慢不隨時間變化，故A錯誤；B．根據(jù)可得動量p隨時間t變化的快慢不隨時間變化，故B正確；C．物體的動能為 可得故動能隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大，故C錯誤；D．做自由落體運動的物體，只有重力做功，機械能守恒，則機械能E隨位移x變化的快慢不隨時間變化，故D錯誤。故選B。2.電荷量大小均為的四個點電荷分別固定在圓心為、半徑為的圓周處，電性如圖所示，為圓的三等分點，為圓弧的中點，已知靜電力常是為，則圓心處電場強度的大小為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】點電荷在處產(chǎn)生的電場強度如圖所示，根據(jù)矢量合成的規(guī)律可知處電場強度的大小為故選C。 3.如圖所示，一根質(zhì)量可以忽略不計的剛性輕桿，端為固定轉(zhuǎn)軸，桿可在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，桿的中心點及另一端各固定一個小球和。已知兩球質(zhì)量相同，現(xiàn)用外力使桿靜止在水平方向，然后撒去外力，桿將擺下，從開始運動到桿處于豎直方向的過程中正確的是（　?。〢.球下落過程中機械能守恒B.桿的彈力對球做正功，對球做負(fù)功C.桿的彈力對球做負(fù)功，對球做正功D.桿的彈力對球和球做功之和不為零【答案】C【解析】【詳解】BCD．兩球同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，由知B球的速度總是等于A球速度的2倍，由于桿在轉(zhuǎn)動過程中無摩擦，故系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)桿長為，A球運動到豎直方向時的速度為v，則有解得A球獲得的動能小于減少的重力勢能，其機械能減少，故桿對A球做負(fù)功，同理可判定桿對B球做正功，且桿的彈力對球和球做功之和為零，故C正確，BD錯誤；A．球下落過程中受桿的彈力和重力作用，機械能不守恒，故A錯誤。故選C。4.用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0~6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（　?。?A.0~2s內(nèi)物體做勻加速直線運動B.0~2s內(nèi)物體速度增加了4m/sC.2~4s內(nèi)合外力沖量的大小為8NsD.4~6s內(nèi)合外力對物體做正功【答案】C【解析】【詳解】A．0~2s內(nèi)物體的加速度變大，做變加速直線運動，故A錯誤；B．圖像下面的面積表示速度的變化量，0~2s內(nèi)物體速度增加了，故B錯誤；C．2~4s內(nèi)合外力沖量的大小故C正確；D．由圖可知，4~6s內(nèi)速度變化量為零，即速度不變，由動能定理可知，合外力對物體做功為零，故D錯誤。故選C。5.如圖1所示，一兒童站在平板小車中間，與小車一起沿水平地面勻速向右運動，兒童突然走向小車一端，此過程兒童和小車的速度—時間關(guān)系如圖2所示，不計地面的摩擦。以下說法正確的是（　?。〢.兒童的質(zhì)量小于小車的質(zhì)量B.兒童走向小車左端C.兒童和小車的總動能減少D.小車對兒童的沖量方向水平向右 【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由圖2可知，小車的加速度大小大于兒童的加速度大小，由于在運動過程中，小車與兒童間的相互作用力大小相等，即合力大小相等，由牛頓第二定律可知，小車的質(zhì)量小于兒童的質(zhì)量，故A錯誤；B．由于兒童走動后，兒童和小車的速度方向相同，由動量守恒可知，兒童和小車都向右運動，只是兒童的速度比小車的小，則兒童相對小車向左運動，故B正確；C．由于兒童走動過程，兒童和小車總動能增加，故C錯誤；D．由于兒童向右做減速運動，則小車對兒童的摩擦力向左，小車對兒童的支持力豎直向上，所以合力斜向左上方，合力的沖量方向斜向左上方，故D錯誤。故選B。6.從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動。重力加速度為g，則小球在整個運動過程中（）A.最大的加速度為5gB.從最高點下降落回到地面所用時間小于C.球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量D.小球上升的最大高度為【答案】A【解析】【詳解】A．設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有 小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，有當(dāng)小球向下勻速時，有聯(lián)立解得故A正確；B．由于機械能損失，上升和下降經(jīng)過同一位置時，上升的速度大于下降的速度，故上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，而上升過程與下降過程的位移大小相等，則小球上升的時間小于下降的時間，則從最高點下降落回到地面所用時間大于，故B錯誤；C．由題意知，小球受到的空氣阻力與速率的關(guān)系為是比例系數(shù)，則阻力的沖量大小為因為上升過程和下降過程位移大小相同，所以上升和下降過程阻力的沖量大小相等，故C錯誤；D．上升時加速度為，由牛頓第二定律得解得取極短時間，速度變化為，有又上升全程，有則 聯(lián)立可得故D錯誤。故選A。7.如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B（如圖乙所示），靜止在光滑水平面上。物體A以的速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x。已知整個過程彈簧處于彈性限度內(nèi)，則（）A.物體A的質(zhì)量為3mB.彈簧壓縮量為最大值x時的彈性勢能為C.乙圖中，彈簧重新恢復(fù)原長時，物體A的動量大小為D.乙圖中，彈簧重新恢復(fù)原長時，物體B的動量大小為【答案】A【解析】【詳解】AB．圖甲中，根據(jù)能量守恒得圖乙中，彈簧最大壓縮量相同，此時彈性勢能等于圖甲中彈性勢能，以為正方向，對圖乙中AB物體有，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得 ，故A正確，B錯誤；CD．A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)彈簧重新恢復(fù)原長時A的速度大小為，B的速度大小為，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得，物體A、B的動量大小為故CD錯誤。故選A。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.某電場的電場線分布如圖所示，則(　　)A.電荷P帶正電B.電荷P帶負(fù)電C.a點的電場強度大于b點的電場強度D.正試探電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力【答案】AD【解析】【詳解】由圖可知電場線從正電荷出發(fā)，所以電荷P帶正電，故A正確，B 錯誤；從電場線的分布情況可知，b的電場線比a的密，所以b點的電場強度大于a點的電場強度，故C錯誤；根據(jù)電場線越密的地方電場強度越大，所以c點的場強大于d點場強，所以正試探電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．9.向空中發(fā)射一炮彈，不計空氣阻力，當(dāng)炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂為質(zhì)量相等的、兩塊。若的速度方向仍沿原來的方向，且速度小于炸裂前瞬間的速度，則（　?。〢.的速度方向一定與炸裂前瞬間的速度方向相反B.炸裂的過程中，、動量的變化量大小一定相等C.、一定同時到達地面D.從炸裂到落地這段時間內(nèi)，飛行的水平距離一定比的大【答案】BC【解析】【詳解】A．在炸裂過程中由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力系統(tǒng)的動量守恒，炸裂前物體的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原來的水平方向，根據(jù)動量守恒定律判斷出來的速度一定沿水平方向，但不一定與原速度方向相反，取決于a的動量與物體原來動量的大小關(guān)系，故A錯誤；B．在炸裂過程中a、b受到爆炸力大小相等，作用時間相同，則爆炸力沖量大小一定相等動量的變化量一定相等，故B正確；C．a(chǎn)、b都做平拋運動，豎直方向做自由落體運動由于高度相同，飛行時間一定相同a、b一定同時到達水平地面故C正確；D．a(chǎn)、b都做平拋運動，飛行時間相同，由于初速度大小關(guān)系無法判斷，所以a飛行的水平距離不一定比b的大，故D錯誤。故選BC。10.質(zhì)量為的物體在拉力的作用下由靜止開始沿斜面向上運動，拉力平行于斜面向上，拉力做功W與物體位移x的關(guān)系如圖所示。已知斜面傾角為30°，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)重力加速度大小。下列說法正確的是（??）A.在處，拉力的大小為12N B.從運動到，物體克服摩擦力做的功為6JC.在處，物體的動能為10JD.從運動到的過程中，物體的動量最大為：【答案】AB【解析】【詳解】A．由拉力做的功為可看出，圖像的斜率代表拉力，所以在時，拉力為故A正確；B．從運動到，物體克服摩擦力做的功為故B正確；C．在物體運動的過程中根據(jù)動能定理有則時物體的動能為故C錯誤；D．根據(jù)圖像可知在的過程中，的過程中，由于物體受到的摩擦力恒為重力沿斜面向下的分力為則物體在處速度最大，此時的速度物體的動量故D錯誤。 故選AB三、實驗題（每空3分，共9分）11.小明用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板左端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出。已知五角硬幣和一元硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)近似相等，主要實驗步驟如下：①將五角硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當(dāng)位置取一點O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側(cè)到O點的距離。再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為，如圖乙所示；②將一元硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于O點，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射五角硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復(fù)多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點距離的平均值和，如圖丙所示。（1）實驗中還需要測量的量有____________A.五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量、B.五角硬幣和一元硬幣的直徑、C.硬幣與木板間的動摩擦因數(shù)D.發(fā)射槽口到O點的距離（2）該同學(xué)要驗證動量守恒定律的表達式為________________（用已知量和測量的量表示），若進一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，需要判斷關(guān)系式___________是否成立（用、、表示）?！敬鸢浮竣?A②.③. 【解析】【詳解】（1）[1]A．為了得出動量守恒定律的表達式應(yīng)測量質(zhì)量，故應(yīng)分別測出一枚五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量、。故A正確；BD．驗證碰撞過程動量守恒，需要測出硬幣在O點以后滑行的位移，可以不測量五角硬幣和一元硬幣的直徑，發(fā)射槽口到O點的距離也不需要測量，故BD錯誤；C．由于五角硬幣和一元硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)近似相等，所以硬幣與木板間的動摩擦因數(shù)不需要測量，故C錯誤；故選A。（2）[2]硬幣在桌面上均做加速度相同的勻減速運動，根據(jù)速度-位移關(guān)系可知。其中則由動量守恒定律可知只需驗證成立，即可明確動量守恒。[3]如果該碰撞為彈性碰撞，則解得四、解答題：本題共4小題，共45分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。12.如圖所示，當(dāng)帶正電的小球靜止在豎直光滑絕緣墻壁上的A點時，帶正電的物塊恰好能靜止在水平粗糙絕緣地面上的B點，A、B點連線與豎直方向的夾角為37°，A、B點間的距離。已知小球的電荷量，物塊的電荷量、質(zhì)量，物塊與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小，，，靜電力常量，求： （1）小球的質(zhì)量；（2）物塊與地面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】解：（1）小球受到物塊的庫侖力大小對小球受力分析有解得（2）對物塊受力分析，在豎直方向上有在水平方向上有其中解得13.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著半徑為R的光滑半圓形軌道，A、B兩小球的質(zhì)量分別為m、4m。小球B靜止在軌道的最低點處，小球A從離軌道最低點的高處由靜止自由落下，沿圓弧切線進入軌道后，與小球B發(fā)生碰撞。碰撞后B球上升的最高點為C，圓心O與C的連線與豎直方向的夾角為，兩球均可視為質(zhì)點。求： （1）第一次與B球相碰后瞬間A球的速度的大小和方向；（2）A、B球第一次碰撞過程系統(tǒng)損失機械能。【答案】（1），方向向右；（2）2mgR【解析】【詳解】（1）根據(jù)機械能守恒可知可得A球與B球相碰前的速度大小碰撞后，B球上升到C點，根據(jù)機械能守恒可得B球碰后的速度球A與B碰撞過程中，滿足動量守恒，可得第一次與B球相碰后瞬間A球的速度負(fù)號表示碰后A球速度水平向右，大小為。（2）A、B球第一次碰撞過程損失機械能代入數(shù)據(jù)可得14.質(zhì)量為M，半徑為R的光滑半圓環(huán)，上面套著一個質(zhì)量為m 的小珠子。半圓環(huán)豎立在光滑的地面上，運動過程中半圓環(huán)總能保持豎立?；卮鹨韵聠栴}：（1）如圖甲，小珠子靜止在最高點，輕微擾動一下小球，使其從最高點下落，求出小珠子落到最低點時半圓環(huán)橫向移動的距離x；（2）如圖乙，將半圓環(huán)固定在地面，給小珠子一個初速度，小珠子的位置用對應(yīng)的圓心角表示，求出小珠子與圓環(huán)間彈力恰好為0時對應(yīng)的角度（可用的余弦值表示）；【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）將M、m視為系統(tǒng)，水平方向不受外力，設(shè)M相對地面的位移大小為，此過程在水平方向上系統(tǒng)滿足動量守恒，則有解得（2）從初態(tài)到角度為的過程中，根據(jù)動能定理得二者間彈力為0時，沿半徑方向根據(jù)牛頓第二定律可得，解得15.如圖甲所示，質(zhì)量相同的小球A、C穿在足夠長的光滑水平直桿上。用長為的細(xì)線拴著小物塊B，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。時刻，小球A獲得沿桿向右的瞬時沖量，小球A的速度時間圖像如圖乙所示。已知重力加速度取。（1）求物塊B的質(zhì)量； （2）若在小球A運動的過程中，使小球C獲得沿桿向右的沖量，某時刻小球C追上小球A并與其發(fā)生碰撞，碰后兩個小球一起運動，求之后物塊B上升的最大高度的范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由乙圖可知，小球的初速度當(dāng)物塊再次運動到小球的正下方時，小球的速度對小球，由動量定理對小球與物塊，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得聯(lián)立解得，，（2）不論小球與何時相碰，當(dāng)三者共速時，物塊上升的高度最大、、組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得對小球，由動量定理得 解得若與相碰時，的速度為，、碰撞時機械能無損失，由能量守恒定律得解得若C與A相碰時，A的速度、碰撞時機械能損失最大對、碰撞，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得故物塊上升的最大高度的范圍為