福建省三明市第一中学2022届高三物理上学期第二次月考试题含解析

福建省三明市第一中学2022届高三上学期第二次月考物理试题本试卷满分100分，完卷时间120分钟一、选择题：本题共12小题,共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，选对得3分；第9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献,也创造出了许多物理学方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法,等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不．正．确．的是()A.卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量,采用了放大法B.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时,用质点来代替物体的方法叫假设法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移,这里采用了微元法【答案】C【解析】A项：卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故A正确；B项：伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B正确；C项：在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；D项：在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。2.若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是()A.月球的平均密度B.月球表面的重力加速度C.月球的第一宇宙速度-17-\nD.月球的质量【答案】A【解析】平抛运动的时间，再根据，得，故B错误；根据，得，故D错误；月球的第一宇宙速度，故C错误；月球的体积V＝πR3，月球的平均密度，故A正确；故选A.3.如图所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A.点电荷一定位于M点的左侧B.带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D.带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能【答案】D【解析】试题分析：根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向右，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子受力的方向向右，由于正电荷与负电荷之间是吸引力，所以点电荷运动在N点的右侧，故A错误；a到b运动的方向与受力的方向一致，由于受力的方向与运动方向之间的夹角小是锐角，故电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，B错误，D正确；由A的分析知点电荷运动在N点的右侧，a点的场强小，带电粒子在a点的加速度也小，故C正确。考点：电势能【名师点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向右侧，可以判断固定在电荷在M一侧。-17-\n4.把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车厢叫做动车。而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组,如图所示,假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等。若2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h,则9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A.120km/hB.240km/hC.360km/hD.480km/h【答案】C【解析】试题分析：设每节动车的功率为P，每节动车的重力为G，阻力为kG，则1节动车加3节拖车编成的动车组：P=F1V1；其中牵引力F1=4kG；6节动车加3节拖车编成的动车组：6P=F2V2；其中牵引力F2=9kGV1=120km/h，代入解得V2=320km/h．故选C。考点：功率5.（体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为．由几何知识得：-17-\n根据平衡条件得：，解得：则得篮球对球架的压力大小为：，故选项C正确。考点：共点力作用下物体平衡名师点睛：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力；本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解。6.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R=2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为，下列判断正确的是（）A.电场强度的方向由A指向DB.电场强度的大小为1V/mC.该圆周上的点电势最高为4VD.将电子从D点移到F点，静电力做负功【答案】C【解析】A项：匀强电场中AE连线的中点G的电势，所以直线COGF-17-\n为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DE分别为等势线，直线DB、直线AE分别为电场线，可知电场强度的方向由E指向A，故A错误；B项：EA两点间的电势差，沿电场方向的距离，电场强度，故B错误；C项：过圆心O作EA的平行线，与圆的交点H处电势最高，，由，可得：最高电势，故C正确；D项：将电子从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，故D错误。点晴：解决本题关键理解在匀强电场中相互平行且长度相等的两线段，两端的电势差相等；电场线与等势线垂直且由电势高的等势线指向电势低的等势线。7.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，c为导电液体（矿井中含有杂质的水）），A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度A增大），则电流表（）A.指针向右偏转，A，C构成的电容器充电B.指针向左偏转，A，C构成的电容器充电C.指针向右偏转，A，C构成的电容器放电D.指针向左偏转，A，C构成的电容器放电【答案】B-17-\n考点：电容器【名师点睛】此题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再时行分析；掌握电容器的量度公式及决定式是解题的基础。8.如图所示,光滑水平面上放着足够长的木板B,木板B上放着木块A,A、B间的接触面粗糙,现在用一水平拉力F作用在A上,使其由静止开始运动,用f1代表B对A的摩擦力,f2代表A对B的摩擦力,则下列情况可能的是()A.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量B.拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C.拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量D.A对B做的功小于B的动能的增加量【答案】BC项：根据动能定理：拉力F和B对A做的功之和等于A动能的增加量，故C错误；D项：根据动能定理：A对B做的功等于B动能的增加量，故D错误。9.如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.电流表读数减小-17-\nB.电压表读数减小C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】BC【解析】试题分析：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端，电容器与并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故A错误；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故B正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C正确；因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。10.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是()A.物体开始运动后加速度不断增大B.物体开始运动后加速度先增加、后减小C.经过时间，物体在竖直墙壁上的位移达最大值D.经过时间，物体运动速度达最大值【答案】AC-17-\n【解析】由题意可知，在电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大．因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故AB错误；因为场强按E=E0-kt变化可知，当电场强度为零时，物体在水平方向上不受力，当场强方向向右后，物体在水平方向上受向右的电场力．据以上分析可知，当场强为零时，物体开始离开墙壁，即E0-kt=0，解得：，此时在竖直墙壁上的位移最大，故C正确；根据以上分析知，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故D错误。所以C正确，ABD错误。11.如图所示为某海上救援船的机械臂工作的示意图。机械臂AB、BC由高强度的轻质材料制成，A端固定一个定滑轮，BC可以绕B自由转动。钢丝绳的一端穿过C点并固定，另一端缠绕于可以转动的立柱D上，其质量可以忽略不计。在某次转移货物的过程中，机械臂AB始终保持竖直。下列说法正确的是（）A.保持BC不动，使AB缓慢伸长，则BC所受的力增大B.保持AB不动，缓慢转动立柱D，使CA变长，则BC所受的力大小保持不变C.保持AB不动，使BC缓慢伸长，则BC所受的力增大D.保持AB不动，使BC缓慢伸长且逆时针转动，BC所受的力增大【答案】BCD【解析】以结点C为研究的对象，则C点受到绳子的压力TAC与BC杆的支持力的作用TBC，三角形ABC与点C所受的三个力构成的三角形是相似三角形，根据；A项：根据，BC不变，AB增大，所以TBC减小，故A错误；B项：根据，AB不变，BC不变，所以TBC不变，故B正确；C、D项：根据，AB不变，BC增大，所以TBC增大，故C、D正确。-17-\n点晴：解决本题关键理解使用动态平衡中的相似三角形的方法条件：其中一个力恒定，另外两个分力方向都发生改变。12.如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0kg的物体A。平衡时物体A距天花板h=2.4m，在距物体A正上方高为h1=1.8m处由静止释放质量为m2=1.0kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度与A运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，（弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g=10m/s2）下列说法正确的是（）A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/sB.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25mC.碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18ND.A、B在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的【答案】AC【解析】A项：B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，AB碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，根据动量守恒定律，代入数据可得：，故A正确；B、C项：从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理：，解得F=18N，方向竖直向上，此过程对B分析，根据动能定量理可得，解得x=0.25m，故BC正确；D项：根据动能定理：A、B在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功和克服重力做功之和，故D错误。点晴：本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体运动规律，动量守恒定律和动量定理列式求解。二、实验题（共14分）13.甲图中游标卡尺读数为____mm，乙图中螺旋测微器读数为___mm。-17-\n【答案】(1).52.35(2).4.225-4.228【解析】甲图为20分度的游标卡尺，主尺读数为52mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm，则读数为52.35mm；乙图中固定部分读数为4mm，可动部分读数为22.5×0.01mm=0.225mm，则读数为4.225mm，由于螺旋测微器可动刻度要估读，所以读数在4.225~4.228mm都正确。14.某实验小组预测定一只小灯泡（其额定功率为0.75W，但额定电压已经模糊不清）的额定电压值，实验过程如下：他们先用多用电表的欧姆档测出小灯泡的电阻约为2Ù，然后根据公式算出小灯泡的额定电压U=≈1.23v。但他们认为这样求得的额定电压值不准确，于是他们利用实验室中的器材设计了一个实验电路，进行进一步的测量。他们选择的实验器材有：A.电压表V（量程3v，内阻约3kÙ）B.电流表A1（量程150mA，内阻约2Ù）C.电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ù）D.滑动变阻器R1（0～20Ù）E.滑动变阻器R2（0～50Ù）F.电源E（电动势4.0v，内阻不计）G.开关s和导线若干（1）测量过程中他们发现，当电压达到1.23v时，灯泡亮度很弱，继续缓慢地增加电压，当达到2.70v时，发现灯泡已过亮，立即断开开关，所有测量数据见下表：-17-\n请你根据表中数据，在给出的坐标纸上作出U-I图线_____，从中可得小灯泡的额定电压应为______v（结果保留两位有效数字）。这一结果大于实验前的计算结果，原因是________。（2）从表中的实验数据可以知道，他们在实验时所选择的电路应为____，电流表应选________（填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选_________（填“R1”或“R2”）。【答案】(1).(2).2.5v(3).灯泡的电阻随电压升高而增大(4).C(5).A2(6).R1【解析】（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示；-17-\n由图示图象可知，电压U=2.5V时，电流I=0.3A，灯泡功率P=UI=2.5×0.3A=0.75W，等于灯泡额定功率，则灯泡额定电压为2.5V；由于灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，因此灯泡额定电压大于计算结果．（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻约为：，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.6Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，应选择图C所示电路图；由表中实验数据可知，电流的最大测量值为310mA，电流表应选择A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．三、计算题（本题共有４小题，共46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分）15.如图所示，质量m=2kg的滑块（可视为质点），以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg，长L=4.8m。滑块在平板小车上滑移1.5s后相对小车静止。求：(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数；(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少。（g取10m/s2）【答案】(1)0.2(2)【解析】试题分析：ⅰ．m滑上平板小车到与平板小车相对静止，设速度为v1据动量守恒定律：对m由动量定理：解得:ⅱ．设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，为v2由动量守恒定律：解得：考点：考查了动量守恒，动能定理【名师点睛】以滑块与小车组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，由动量守恒定律可以求出它们共同运动时的速度，对滑块由动量定理可以求出动摩擦因数．根据能量守恒定律求出滑块的最大初速度．16.为了使航天员能适应失重环境下的工作和生活,国家航天局组织对航天员进行失-17-\n重训练时创造出了一种失重环境。航天员乘坐在总质量m=5×104kg的训练飞机上,飞机以200m/s的速度与水平面成30°倾角匀速飞升到7000m高空时向上拉起,沿竖直方向以v0=200m/s的初速度向上做匀减速直线运动,匀减速的加速度大小为g,当飞机到最高点后立即掉头向下,沿竖直方向以加速度g做匀加速运动,这段时间内便创造出了完全失重的环境。当飞机离地2000m高时,为了安全必须拉起,之后又可一次次重复为航天员提供失重训练。若飞机飞行时所受的空气阻力F=kv(k=900N·s/m),每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练(否则飞机可能失控)。求:(整个运动过程中,重力加速度g的大小均取10m/s2)(1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。(2)飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力。【答案】(1)55s(2)2.7×105N【解析】试题分析：飞机先以加速度g减速上升，再以加速度g加速下降，判断速度达到350m/s与离地2000m哪一个先到则结束训练周期，根据运动学公式列式计算即可。(1)上升时间：，上升高度为：，竖直下落速度达到时，下落高度：，此时飞机离地高度为，所以，飞机一次上下为航天员创造的完全失重的时间为：；(2)飞机离地4500m>2875m，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为，此时飞机的速度为，由于飞机加速度为g，所以推力F应与空气阻力大小相等，即。点晴：解决本题的关键是分析清楚飞机的运动情况，然后对其运用运动学公式列式计算，注意判定速度与高度限制谁先达到是关键。-17-\n17.在半径R＝5000km的某星球表面，宇航员做了如下实验．实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2kg的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：(1)圆轨道的半径．(2)该星球的第一宇宙速度．【答案】(1)5m/s2(2)5×103m/s【解析】试题分析：根据动能定理求出到达C点的速度，结合牛顿第二定律求出弹力F随H的表达式，结合图线求出圆轨道的半径，以及星球表面的重力加速度．求出星球的近地卫星的速度即第一宇宙速。（1）小球过C点时满足：:根据动能定理有：联立解得：由题知m=0.2化简得：在图线上任取两点（0.5m，0）（1.0m，5N）代入上式，解得：R=0.2mg＝5m/s2（2）星球的第一宇宙速度，即星球的近地卫星的速度，重力提供向心力，根据代入数据解得：点睛：本题主要考查了牛顿运动定律与动能定理的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力F与H的关系式．结合表达式分析求解。-17-\n18.如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带电量相同的带正电小球a、b,以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内经，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时,对外管壁的压力大小为3.5mg，b通过最高点A时,对内管壁的压力大小0.25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半。求：(1)a、b两球落地点距A点水平距离之比；(2)a、b两球落地时的动能之比。【答案】(1)(2)8:3【解析】试题分析：（1）以a球为研究对象，设其到达最高点时的速度为，根据向心力公式有：其中解得：以b球为研究对象，设其到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有：其中解得：两小球脱离半圆管后均做平抛运动，根据可得它们的水平位移之比：（2）两小球做类平抛运动过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有：对a球：-17-\n解得：对b球：解得：则两球落地时的动能之比为：考点：本题考查静电场、圆周运动和平抛运动，意在考查考生的分析综合能力。【名师点睛】本题关键是对小球在最高点进行受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，再结合平抛运动规律求解。19.如图所示，倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m=1kg的物体A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α=53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现让环C从位置R由静止释放，且环C在下落过程中绳始终未松弛。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：(1)小环C的质量M；(2)小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT；(3)小环C运动到位置Q的速率v.【答案】(1)0.72kg(2)0.3J(3)2m/s【解析】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力．支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N以C为研究对象，则：T•cos53°=Mg代入数据得：M=0.72kg（2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，则：-17-\nmgsinθ=所以弹簧的伸长量：小环C过S位置时A下移的距离为此时弹簧的压缩量为在环从R点运动到S点的过程中，初末状态的弹性势能相等，当C到达S点时，C沿绳子方向的分速度是0，所以A的速度是0，由机械能守恒定律得：解得：在环从R点运动到S点的过程中，由动能定理得：解得：（3）环从R到Q的过程中，对于小环、弹簧、和A组成的系统机械能守恒，两式联立可能：【名师点睛】根据AB整体受力平衡求出小环C的质量；环从R点运动到S点的过程中，初末状态的弹性势能相等，根据机械能守恒定律求出C的动能，再根据动能定理求出轻绳对环做的功；根据系统动量守恒求出小环C运动到位置Q的速率。-17-