江西省上饶县中学2022届高三物理上学期第三次月考试题特招班含解析

上饶县中学2022届高三年级上学期第三次月考物理试卷(理特、理补班)选择题(本题10小题，每小题4分，共40分，其中2、8、10题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。1.如右图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在红蜡块R从坐标原点匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为。则红蜡块R的A.分位移y与分位移x成正比B.合速度v的大小与时间t成正比C.分位移y的平方与分位移x成正比D.与时间t成正比【答案】C【解析】【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动．根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tanα与时间t的关系．-13-\n【详解】由题意可知，y轴方向，y=v0t；而x轴方向，x=at2，联立可得：x=y2，故A错误，C正确；x轴方向，vx=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故B错误；设合速度的方向与y轴夹角为α，则有：tanα=t，故D错误；故选C。2.已知引力常数G与下列哪些数据，可以计算出地球密度(　　)A.地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离B.月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径C.人造地球卫星在地面附近绕行运行周期D.若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度【答案】CD【解析】试题分析：已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列出等式：，，所以只能求出太阳的质量．故A错误．已知月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等式：，地球质量，可以求出地球质量．但不知道地球半径，故B错误．已知人造地球卫星在地面附近绕行运行周期，根据万有引力提供向心力，列出等式：，地球质量根据密度定义得：，故C正确．已知地球半径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式，，根据密度定义得：，故D正确．故选CD。考点：万有引力定律的应用3.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）A.500NB.1000NC.1200ND.1400N【答案】D【解析】-13-\n试题分析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：，根据动量定理，取竖直向下为正，有：mg•t-F•t=0-mv0，解得：．故选D．考点：动量定理【名师点睛】本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解．注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向．4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在等势线φ3上时，具有动能20J，它运动到等势线φ1上时，速度为零，令φ2＝0，那么，当该电荷的电势能为4J时，其动能大小为（）A.16JB.10JC.6JD.4J【答案】C【解析】试题分析：相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过等势面时的动能，确出电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能．正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，动能的减小为20J．由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面间时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过等势面时的动能为10J，又，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J，C正确．5.质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车： （    ）-13-\nA.做匀加速直线运动B.功率为20kWC.所受阻力大小为2000ND.速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N【答案】C【解析】试题分析：由图像可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A错误；根据P=Fv，F-f=ma可得：；由图像可知：，，解得f="2000N;"P=2×105W,选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为，选项D错误；故选C．考点：牛顿第二定律；功率【名师点睛】本题考查动能定理、功率公式的应用以及图象的性质，要注意正确根据物理规律确定函数关系，再由图象求解相关物理量。6.如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度减小时，下列说法中正确的是（）A.电压表V示数减小B.电流表A示数减小C.电路的总功率增大D.变阻器R1的取值越小，电表示数变化越明显【答案】B【解析】试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时，R增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过R1-13-\n的电流增大，因此电压表V示数增大，通过变阻器的电流增大，则电流表A示数减小．故A错误，B正确．电路的总功率为P=EI，E不变，I减小，则P减小，故C错误．变阻器R1的取值越大，R1与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器R1的取值越大，电压表示数变化越明显．故D错误．故选B．考点：电路的动态分析7.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的v—t图象是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v-t图象是向下倾斜的直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v-t图象的斜率表示加速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】本题关键是明确v-t图象上某点的切线斜率表示加速度，知道有空气阻力时，速度为零时加速度为g．8.（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为：（）A.B.-13-\nC.D.【答案】AB【解析】试题分析：碰撞前系统的总动量：P=16+23=12kg．m/s，碰撞前系统的总动能：EK=mAvA2+mBvB2=162+232=25J；A、碰撞后，A、B的动量PA=14="4"kg．m/s，PB=24=8kg．m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=142+242=24J25J，系统动能不增加，故A正确；B、碰撞后，A、B的动量PA=12=2kg．m/s，PB=25=10kg．m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=122+252=27J25J，系统动能不增加，故B正确；C、碰撞后，A、B的动量PA=1（-4）="-4"kg．m/s，PB=26=12kg．m/s，系统动量不守恒，故C错误；D、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故D错误，故选：AB。考点：动量守恒定律【名师点睛】】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。9.如图质子()、氘核()和α粒子()都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．则A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【答案】D【解析】-13-\n三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为：偏转距离为：，运动时间为：联立三式得：A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误．B、若它们射入电场时的动量相等，，可见y与成正比，三个都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故B错误；C、若它们射入电场时的动能相等，则y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误．D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、氘核和粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析。10.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α=30°角的匀强电场，电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。开始小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是（）A.小球再次到M点时，速度刚好为零B.小球从P到M过程中，合外力对它做功为mgLC.小球从P到M过程中，其机械能增加了mgL-13-\nD.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动【答案】BD【解析】试题分析：当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力合力为，这个方向上位移为L，所以做功为，B正确；机械能增加量就是动能增加量和重力势能增加量之和，C错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，D正确。考点：动能定理的应用；功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题考查了在复合场中的受力分析，其中方向出重力和电场力的合力方向水平向右且求出大小是本题的关键。二、实验,探究题（每空2分，共16分）11.某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能，装置如图所示。水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去,测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，甲、乙光电门间距为L，忽略一切阻力。①小球被弹射出的速度大小=，求得静止释放小球时弹簧弹性势能Ep=（用题目中的字母符号表示）②由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果影响（选填“有”或“无”）【答案】①,②无【解析】-13-\n试题分析：①由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：②由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化考点：测量弹簧的弹性势能实验【名师点睛】本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果．12.为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路。闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表的示数U1，电压表的示数U2。根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条UI图线，如图乙所示。请回答下列问题：（1）写出流过电阻箱的电流I的表达式：________________________________。（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是________(选填“a”或“b”)。（3）根据图乙可以求得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为______W。【答案】(1).(2).b(3).3.0(4).2.0(5).1.0【解析】【分析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．（3）电源的U-I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．-13-\n【详解】（1）电阻箱两端电压UR=U2-U1，通过电阻箱的电流；（2）灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U-I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1W．三、计算题（共44分）13.总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，图所示是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(g取10m/s2)（1）t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小；（图像过（2、14）这个点）（2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．（阻力做功的答案保留三位有效数字）【答案】(1)7m/s2　240N　(2)156m至164m均可，1.23×105J至1.30×105J均可【解析】【详解】（1）从图中可以看，在t=2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为：，设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律得：mg-f=ma，解得：f=m（g-a）=80×（10-7）N=240N；（2）从图中由“面积”估算得出运动员在14s内下落了：39.5×2×2m=158m，根据动能定理有：mgh−Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh−mv2=（80×10×158-×80×62）J≈1.25×105J；-13-\n【点睛】本题是v-t图象应用的典型题型，要掌握图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，估算面积时可以通过数方格的个数来估算，采用“四舍五入”进行近似计算．14.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（1）v0（2）v0（3）【解析】试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1＝v0（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得v3＝v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。-13-\n15.如图（甲）中平行板电容器，两板所加电压如图（乙）所示。t=0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度从电容器左侧中央射入电容器，2.5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：（1）该粒子的水平位移；（2）平行板电容器两板间的距离d。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在水平方向不受外力作用而做匀速运动，因此水平位移为：     ①（2）带电粒子在竖直方向的运动规律如vy－t图所示，故有：     ②∵      ③     ④又∵y=d      ⑤联立②③④⑤得：d=【点睛】（1）粒子在水平方向上做匀速直线运动，结合初速度和时间求出水平位移；（2）粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，无电压时，做匀速直线运动，然后再做匀加速直线运动，作出竖直方向上的速度时间图线，结合运动学公式求出平行板电容器两板间的距离．-13-\n16.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．求A获得最大速度．【答案】【解析】【详解】C刚离开地面时，对C有：kx2=mg，此时B有最大速度，即aB=aC=0，对B有：T﹣kx2﹣mg=0，对A有：4mgsinα﹣T=0，以上方程联立可解得：sinα=，则斜面倾角α=30°；     开始时系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg，解得：x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）vAm2，解得：vAm=2g，【点睛】C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角；A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．-13-