2022-2023学年黑龙江省大庆市东风中学高三上学期第一次月考物理试题含解析

2022-2023学年黑龙江省大庆市东风中学高三上学期第一次月考物理试题考试时间：90分钟  满分：100分

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分

第Ⅰ卷（选择题共48分）

（本题共12小题，共48分，其中1-8小题每个小题只有一个正确选项，9-12小题每题有多个选项正确，满分4分，漏选得2分，选错得0分）

1. 如图，从地面上方某点，将一小球以的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地。不计空气阻力，则可求出（　　）

A. 小球抛出时离地面的高度是10m

B. 小球落地时的速度方向与水平地面成30°角

C. 小球落地时速度大小是

D. 小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5m

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．小球在竖直方向做自由落体运动，可得

A错误；

B．落地时竖直方向的速度

设小球落地时的速度方向与水平地面夹角为，可得

显然，30°，B错误；

C．小球落地时的速度大小为

C错误；

D．小球从抛出点到落地点的水平位移大小为

D正确。

故选D。

2. 如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）

A. 开关S断开时电源的效率为60%

B. 开关S闭合后电源的总功率会变小

C. 开关S闭合后灯泡的亮度增强

D. 开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W

【答案】D

【解析】

【详解】A．开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为

电源的效率为

故A错误；

BC．开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据可知电源的总功率会变大，根据可知路端电压减小，根据可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；

D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为

故D正确；

故选D。

3. 靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（　　）

A. a1=a3＞a2 B. a1＞a2＞a3 C. a1＞a3＞a2 D. a3＞a2＞a1

【答案】B

【解析】

【分析】题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．

【详解】地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据，得，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，综上B正确；故选B．

【点睛】本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．

4. 如图，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为处．重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A. 小球的重力势能增加

B. 拉力F所做的功为

C. 拉力F所做的功为

D. 绳的拉力所做的功为

【答案】B

【解析】

【详解】小球的重力势能增加，选项A错误；由能量关系可知，拉力F所做的功等于重力势能的增量，为，选项B正确，CD错误；

5. 一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s。滑动摩擦力大小恒为2N，则（　　）

A. 在t＝6s时刻，物体的速度为18m/s

B. 在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J

C. 在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s

D. 在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据图像所围的面积代表速度的变化量，可得

则

故A错误；

B．根据动能定理，得在0～6s时间内，合力对物体做的功为

故B错误；

C．在0～6s时间内，根据动量定理有

可得拉力对物体的冲量为

故C错误；

D．在t＝6s时刻，根据牛顿第二定律有

解得

则此时拉力F的功率为

故D正确。

故选D。

6. 如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q，电容C，两极板间电势差U的变化情况是（    ）

A. Q变小，C不变，U不变

B. Q变小，C变小，U不变

C. Q不变，C变小，U变大

D. Q不变，C变小，U变小

【答案】C

【解析】

【详解】由于充电后，电容器的带电量Q不变，AB错误；根据可知，当两板间距离d增大时，电容C变小，根据可知，而两板间的电势差U增大，D错误；而内部电场强度，因此电场强度与两板间距离变化无关，C正确．

【点睛】电容器的定义式是一个比值定义，也就是电容器的大小与Q和U都无关，只与它们的比值有关；而电容器的决定式说明电器的大小与两板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比；电容器内部是匀强电场，且电场强度大小为．

7. 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（  ）

A. 油滴带负电 B. 电势能减少

C. 动能增加 D. 重力势能和电势能之和增加

【答案】D

【解析】

【详解】由轨迹图可知，带电油滴所受的电场力竖直向上，与电场强度方向相反，所以油滴带负电，故A说法正确；从a到b的运动过程电场力做正功，动能增加，电势能减少，故BC说法正确；根据功能关系可知，油滴在从a到b的运动过程中，只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少．因该过程中合外力向上，合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D说法错误．所以选D．

8. 如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中（　　）

A. 滑块水平方向相对地面的位移大小为

B. 小车相对地面的位移大小为

C. 小车M的最大速度

D. 滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能

【答案】C

【解析】

【详解】AB．设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有

所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足

设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则

并且

解得

故AB错误；

C．当滑块运动到B点时速度最大（设为v1m），此时小车速度也最大（设为v2m），根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

解得

故C正确；

D．根据功能关系可知，滑块克服摩擦力做的功与小车动能的增加量之和等于滑块减少的机械能，故D错误。

故选C。

9. 一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）

A. 汽车的最大功率为5×104W

B. 汽车匀加速运动阶段的加速度为2.5m/s2

C. 汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动

D. 汽车从静止开始运动12s内位移是60m

【答案】AB

【解析】

【详解】ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4－12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值；可知在4s末汽车的功率达到最大值，12s末汽车的速度达到最大值，汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力

前4s内汽车的牵引力为

由牛顿第二定律

可得

4s末汽车的速度

所以汽车的最大功率

故AB正确，C错误；

D．汽车在前4s内的位移

汽车在内的位移设为x2，则

其中

解得

所以汽车的总位移

故D错误。

故选AB。

10. 如图所示的电路中，为电源电动势，为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在的中点时合上开关，此时三个电表、和的示数分别为、和。现将的滑动触点向端移动，则（　　）

A. 电源总功率减小 B. 消耗的功率增大

C. 增大，减小，增大 D. 减小，不变，减小

【答案】AC

【解析】

【详解】CD．滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，、并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流减小，则通过的电流减小，即示数减小，故C正确，D错误；

A．电源的总功率，总电流减小，电源的总功率减小，故A正确；

B．消耗的功率，总电流减小，消耗的功率减小，故B错误。

故选AC。

11. 如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（　　）

A. 小球能够到达最高点时的最小速度为0

B. 小球能够通过最高点时的最小速度为

C. 如果小球在最高点时的速度大小为，则此时小球对管道的内壁的作用力为3mg

D. 如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．小球在最高点支持力等于重力，速度为0，所以小球能够到达最高点时的最小速度为0，A正确，B错误；

C．在最高点，根据牛顿第二定律

解得

负号表示方向，所以轨道外壁对小球的作用力为，根据牛顿第三定律可知小球对轨道外壁的作用力为，C错误；

D．在最低点，根据牛顿第二定律

解得

D正确。

故选AD。

12. 如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中　　

A. 它们运动的时间

B. 它们电势能减少量之比：：2

C. 它们的动能增量之比：：2

D. 它们所带的电荷量之比：：2

【答案】AD

【解析】

【详解】A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM，A正确；BD、由竖直位移y==，m、t、E相等，则带电荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2，电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．故B错误、D正确；C、带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，动能的增量等于电场力所做的功，故C错误．故选AD．

【名师点睛】两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比．由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比和动能增量之比．

第Ⅱ卷（非选择题  共52分）

13. 实验室有一卷铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。

（1）该同学首先用螺旋测微器测得导线直径如图所示，则其大小为___________mm；

（2）根据铜导线的长度，他估计其电阻大约有，随后他设计了一个实验，较为准确地测定了这卷铜导线的电阻，实验室有以下器材供选择：

A.电池组（6V，内阻约）   

B.电流表（0~3A，内阻约）

C.电流表（0~0.6A，内阻约）   

D.电压表（0~6V，内阻约）

E.电压表（0~15V，内阻约）   

F.滑动变阻器（，允许最大电流1A）

G.滑动变阻器（，允许最大电流0.3A）

H.保护电阻       

I.开关、导线若干

①除了选项A、H和I外，电流表应选用__________，电压表应选用__________，滑动变阻器应选用________；（填写器材前的编号）

②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，该同学设计了图所示电路。

③通过上述实验，设测出的铜导线电阻为，查询资料知道铜的电阻率为，若用表示铜导线的直径，请写出计算铜导线长度的表达式_____________。

【答案】    ①. 0.730    ②. C    ③. D    ④. F    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为

（2）①[2][3][4]电源电动势为6V，电压表选择D，0~6V，内阻约，电路最大电流约

电流表应选C，量程0.6A，内阻约，为方便实验操作，且最大允许电流合适，滑动变阻器应选，。

③[5]由电阻定律得

解得

14. 用如图所示实验装置可验证a、b两个半径相等的小球在碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒，按照以下步骤进行操作：

在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；

将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；

把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C．

(1)若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量、间的关系是________。（选填“”“”或“）

(2)为完成本实验，必须测量的物理量有________。

A小球a开始释放的高度h B木板水平向右移动的距离l

C．a球和b球的质量、      D点到A、B、C三点的距离、、

(3)在实验误差允许的范围内，若动量守恒，其关系式应为_____________。

(4)在实验误差允许的范围内，若机械能守恒，其关系式应为__________。

【答案】    ①.     ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有

碰撞前后动能相等，故有

解得

若要使a球的速度方向不变，则

(2)[2]小球平抛运动的时间

则初速度

由于水平位移都相同，计算碰撞前后的速度关系，只要求得下降的高度y的关系即可，因此验证动量守恒，只要求出两球的质量m1，m2以及下降的高度y1，y2，y3即可，不必求出小球a开始释放的高度h 和木板水平向右移动的距离l。

故选CD

(3)[3]根据

由于平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，可得

系统的动量守恒。

(4)[4]小球平抛运动的时间

则初速度

由于

整理得

成立时机械能守恒

15. 如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，

（1）若接触面均光滑。小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；

（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功。

【答案】（1）1m；（2）-0.8J

【解析】

【分析】

【详解】（1）小球刚好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得

从A到C过程机，由动能定理得

解得

（2）在C点，由牛顿第二定律得

从A到C 过程，由动能定理得

解得

16. 如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度．求：

(1)A与B碰撞中的动能损失；

(2)整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

【答案】(1)  (2)

【解析】

【分析】在A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失；当A、B、C有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解；

【详解】（1）A与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

得，

A与B碰撞中的动能损失

（2）当有共同速度时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律：

由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为

17. 一个初速为零电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：

（1）电子经加速电压加速后以多大的速度v0进入偏转电场

（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y

（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x

【答案】(1)；（2）0.1cm；（3）6cm

【解析】

【分析】

【详解】(1) 加速过程，由动能定理得

代入数据可得

(2)根据电子在板间做类平抛运动

其中

由以上三式代入数据可得

(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为，则

利用几何关系

由以上两式代入数据可得