2022-2023学年江西省临川第一中学高三上学期第一次月考物理含答案

这是一份2022-2023学年江西省临川第一中学高三上学期第一次月考物理含答案，共29页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
临川一中2022－2023学年度上学期第一次月考高三年级物理试卷一、选择题。（共10小题，每小题4分，共40分。其中1-6为单选题，7-10为多选题。）1. 关于运动的合成与分解，下列说法不正确的是（　　）A. 由两个分运动求合运动，合运动是唯一确定的B. 由合运动分解为两个分运动，可以有不同的分解方法C. 物体做曲线运动时，才能将这个运动分解为两个分运动D. 任何形式的运动都可以用几个分运动替代【答案】C【解析】【详解】A．由两个分运动求合运动，合运动是唯一确定的，A正确；B．将合运动分解为两个分运动时，可以在不同方向上分解，从而得到不同的解，B正确；CD．任何形式的运动都可以分解，故C错误，D正确。故选C。2. 已知OABC为同一直线上的四点，如图所示，AB间的距离为2m，BC间的距离为3m，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等，则O与A的距离（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】设物体的加速度为a，到达A点的速度为v0，通过AB段和BC点所用的时间为t，则①②联立②①得③④设O与A的距离为L，则有⑤将③④两式代入⑤式得故选B。3. “科技让生活更美丽”，自动驾驶汽车呈现出接近实用化的趋势。图1为某型无人驾驶的智能汽车的测试照，为了增加乘员乘坐舒适性，程序设定汽车制动时汽车加速度大小随位移均匀变化。某次测试汽车“”关系图线如图2所示，汽车制动距离即12m。则关于该次测试，下列判断中正确的是（　　）A. 汽车做匀减速直线运动B. 汽车开始制动时的速度大小为C. 汽车开始制动时的速度大小为D. 此车制动时间一定大于【答案】D【解析】【详解】A．汽车制动时汽车加速度大小发生了变化，汽车运动不是匀减速直线运动，A错误；BC．根据速度与位移的关系式有结合图像可知，在汽车运动过程中，图像与x轴所围几何图形的面积大小表示，则有解得BC错误；D．刹车过程，汽车的速度逐渐减小，全程总位移为12m，则刹车时间必定大于匀速通过该段位移的时间，即有D正确。故选D。4. 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 B. 圆柱体对木板的压力逐渐减小C. 两根细绳上的拉力逐渐增大 D. 两根细绳上的拉力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】设两绳子对圆柱体拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理有在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又且可知则可知从锐角逐渐增大到钝角，根据由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则可得不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小。故选D。5. 3月12日为我国的法定植树节，全民义务植树运动有力推动了我国生态状况的改善。如图所示，某同学正在种植一棵小树苗，先把树根部放入土坑中，双手把树扶起到竖直状态，该同学的两手与树苗的接触位置始终距地面高为，此时树苗与地面的夹角为，该同学双手水平向左的速度恰好为，则树苗转动的角速度为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，同学的双手相对于树苗沿着树苗向下运动，将人的速度沿树苗方向和垂直树苗方向分解，则树苗上与双手接触点的线速度为则树苗转动的角速度为故选C。6. 如图所示，OQ为一固定挡板，挡板与竖直方向夹角为，在挡板的两侧有等高的M、N两点，M点位于OP上某位置，从M点以不同的速度水平向右抛出可视为质点的小球，小球在挡板上砸到的最远处为图中的A点；挡板另一侧从N点水平向左抛出的小球也落在A点，此时小球的位移最小。已知O、A两点间间距为2m，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. 从M点以不同速度抛出的小球砸到挡板的时间相同B. 从M点以不同速度抛出的小球在挡板上砸的痕迹长度为C. 从M点抛出落在A点的小球的初速度为D. 从N点抛出的小球的速度为【答案】C【解析】【详解】A．根据平抛运动竖直方向做自由落体运动，有可知，当从M点以不同速度抛出小球时，小球到达挡板的位置不一样，则下落的高度不同，时间也不同，A错误；B．从M点抛出的小球，当其运动轨迹与挡板相切时，落到挡板的位置距离O点最远，从N点水平向左抛出的小球也落在A点，此时小球的位移最小，则NA必定垂直于OA，作图如图所示根据平抛运动的中点规律可知，为的中位线，则为OA的中点，则从M点以不同速度抛出的小球在挡板上砸的痕迹长度为B错误；C．对从M点抛出落在A点的小球，有，解得C正确；D．对从N点抛出的小球有解得D错误。故选C。7. 如图，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条轻质不可伸长的细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面体连接物块P，一条绳连接小球Q，另一条绳在外力F的作用下，处于水平方向。现缓慢改变绳的方向至竖直，且整个过程中保持P、Q及斜面体静止不动，结点O位置不变。下列说法正确的是（　　）A. 斜面对物块P的摩擦力可能一直在减小 B. 绳的拉力一直在减小C. 地面对斜面体的摩擦力一直在减小 D. 地面对斜面体的支持力一直在减小【答案】CD【解析】【详解】AB．缓慢改变绳OA的方向从水平至竖直方向的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置及竖直位置的过程中，如图所示可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小，最后为零；如果开始时P受绳子的拉力小于其重力沿斜面向下的分力，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OB拉力一直减小，则斜面对其摩擦力一直增大；如果开始时P受绳子的拉力等于其重力沿斜面向下的分力，OB拉力一直减小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，斜面对其摩擦力也一直增大；如果开始时P受绳子的拉力大于其重力沿斜面向下的分力，则斜面对P的摩擦力沿斜面向下，OB拉力一直减小，则斜面对其摩擦力先减小后增大；故AB错误；CD．以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力和水平分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，可知地面对斜面体的支持力和向左的摩擦力一直不断减小，故CD正确。故选CD。8. 一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为2kg的物块P。Q为质量为4kg的重物，弹簧的劲度系数为k=100N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上匀加速运动，已知在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则以下分析正确的是（　　）A. P、Q一起匀加速运动的加速度为B. F的最小值为，F的最大值为C. P、Q分离时弹簧为压缩状态D. P、Q分离时弹簧为原长【答案】BC【解析】【详解】ACD．系统处于静止状态时，对系统进行受力分析有由于在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，表明0.2s时物块P、Q之间的弹力恰好为0，两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，则有，根据位移公式公式有解得AD错误，C正确；B．刚刚施加拉力时，拉力为最小值刚刚分离时拉力最大解得B正确。故选BC。9. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，左侧A、C两点间接入交流电源U，定值电阻接在原线圈两端，电阻箱接在副线圈两端，初始状态。则（　　）A. 电阻箱中的电流为 B. 电阻箱中的电流为C. 若减小阻值，电压表示数都增大 D. 若增大阻值，电压表示数都增大【答案】BD【解析】【详解】AB．设副线圈的电压为，则通过副线圈的电流为根变压器的变压比有解得原线圈则通过的电流通过的电流根据电路连接情况可得整理得结合，初始时，解得则选项A错误，B正确；CD．V1、V2的示数分别为原、副线圈的电压。由代入及得若增大，则减小，由于为定值，可知增大；再由可知增大。同理可知若减小，则增大，可知减小、减小，选项C错误，D正确。故选BD。10. 如图，固定在水平面上的两条足够长光滑平行金属导轨，导轨间的距离，导轨电阻忽略不计。虚线与导轨垂直，其中范围内有方向竖直向下、磁感应强度的匀强磁场。质量、电阻的两相同导体棒a与b相互靠近静止在磁场区域的左侧，某时刻给导体棒a施加水平向右的恒力的作用，导体棒a进入磁场边界时，恰好做匀速运动，此时撤去a上的恒力F，同时将恒力F作用到导体棒b上，经时间a、b两导体棒相距最远。导体棒a、b与导轨始终垂直且接触良好，则（　　）A. 导体棒a距离磁场边界的距离为B. 导体棒a进入磁场时的速度为C. a、b两导体棒相距最远时导体棒a的速度为D. a、b两导体棒相距最远的距离为【答案】AD【解析】【详解】AB．由导体棒切割磁场可知导体棒在恒力作用下进入磁场的过程有解得故A正确，B错误；C．时间内导体棒b运动的位移为t时刻导体棒b速度为a、b两导体棒相距最远时，故C错误；D．对导体棒a应用动量定理其中解得速度相等时导体棒a的位移最远距离故D正确。故选AD。二、实验题。（共2小题，共15分。）11. 2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校某兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量校区所在地的重力加速度大小。已知、、、，实验步骤如下：a．如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为；b．在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；c．改变释放位置，得到多组x、t数据，作出图像，据此求得小物块下滑的加速度为d．调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。回答下列问题：（1）当长木板的倾角为时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度________；（保留3位小数）（2）依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度________；（保留3位有效数字）（3）某同学认为：图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？（      ）A．错误    B．正确    C．无法判断【答案】    ①. 1.958    ②. 9.75    ③. A【解析】【详解】（1）[1]小物块在斜面上做匀加速直线运动有变形为故图像的斜率由图2可知故此时的加速度（2）[2]长木板倾角为时，有长木板倾角为时，有联立可解得（3）[3]设经过时间，小物块的位移为，此过程的平均速度为图像中图线与时间轴围成的面积为可知图像中图线与时间轴围成的面积不等于小物块在时间内的位移大小。故选A。12. 某实验小组欲测量一电源的电动势和内阻，他们根据提供的实验器材自行设计合理的电路并进行操作。给定的器材如下：A.待测电源E（电动势约为，内阻约为）B.电流表（满偏电流，内阻为）C.电流表（，内阻未知）D.滑动变阻器（0~500，）E.定值电阻（阻值）F.定值电阻（阻值）G.开关、导线若干（1）为了测量路端电压，他们现场改装了一块电压表，改装时应选用的定值电阻为______（填写“”或“”）。（2）请帮该组同学设计出正确的实验电路图，画在虚线框甲内（标明仪器名称的角标）。（      ）（3）该小组通过改变滑动变阻器的阻值，测得多组数据，用表示电流表的示数，表示电流表的示数。该小组用图像法处理实验数据，为了尽量减小系统误差，他们以为横坐标，以为纵坐标，得到了如图乙的图线，由图线可以得到被测电源的电动势______V，内阻______（均保留2位小数）。【答案】    ①.     ②.     ③. 2.55    ④. 1.75【解析】【详解】（1）[1]由于电源电动势约为，为确保安全，需要将改装成3.0V量程的电压表，则需要在电流表上串联一个电阻解得即改装时应选用的定值电阻为。（2）[2]由于改装电压表内阻已知，则可以采用精确测量，采用测量电路图如图所示（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有整理后得结合图像有，解得E=255V，r=1.75Ω三、计算题。13. 在平面内，第一、第二象限内存在大小均为E，方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场：在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，如图所示。现有一质量为m、电量为的粒子从第二象限内的点A（，）处由静止释放，然后进入磁场，又从O点进入电场，不计粒子的重力，求：（1）粒子第一次进入磁场时速度的大小与方向；（2）磁感应强度的大小。【答案】（1），与x轴正向成角；（2）【解析】【详解】（1）在第二象限电场中加速有解得在第一象限偏转有解得设粒子进入磁场时速度与x轴正向成角，则解得所以有粒子第一次进入磁场中时与x轴成角。（2）在第一象限中偏转有解得磁场中做圆周运动，根据几何关系有解得又有解得14. 如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间2t0回到了出发位置，重力加速度为g，求：（1）重物Q的质量M；（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。【答案】（1）15m；（2）【解析】【详解】（1）设细线烧断前P的加速度的大小为a1，细绳烧断的瞬间，P的速度为v，位移为x1，细绳烧断前根据牛顿第二定律得细绳烧断的瞬间 设细绳烧断后P的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 根据位移公式得 解得   （2）设细绳烧断后P上升的位移为x2 解得 总路程为 解得15. 如图所示，水平传送带左端与水平面相连，左端是竖直光滑半圆轨道，半圆形轨道半径，传送带长度，沿逆时针方向匀速运行，运行速率为，间距，一小物块质量，从传送带A点由静止释放，该物块与传送带间的动摩擦因数为，与面间的动摩擦因数为。重力加速度取，不计空气阻力。（1）若传送带的速度大小，判断物块能否运动到D点；（2）要使物块恰好通过圆形轨道的最高点E，需要在A点由静止释放物块的同时，对物块施加一水平向左的恒力F（该力一直作用在物块上），求力F的最小值及此时传送带速度大小应满足的条件。【答案】（1）能运动到D点；（2），【解析】【详解】（1）若传送带的速度大小，设物块从到一直做加速运动，则有解得设物块可以到达点，则物块从到的过程，根据动能定理可得解得故物块能运动到点。（2）设物块刚好经过最高点，则有解得物块在传送带上一直做加速运动对应的力最小，则从到的过程，根据动能定理可得解得物体在传送带上从到的过程，根据动能定理可得解得为了使物块在传送带上一直加速，传送带的速度大小必须满足16. 一个送货装置如图所示，质量为的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞（弹性装置形变量很小），货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带之间的距离L为，传送带与水平面的夹角，货物与传送带间的摩擦因数，货物与平板车的摩擦因数，平板车与地面的摩擦因数，平板车的质量也为，重力加速度货物从传送带滑上；平板车时无动能损失，忽略空阻力。求：（1）货物在传送带上的运动时间；（2）平板车长度l；（3）如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）货物放上传送带上后先以加速度 a1向下加速运动f1=μ1mgcosθ=0.4mg货物经过时间 t1 达到传送带相同的速度运行的位移此后，货物以加速度 a2向下加速运动代入数据，解得t2=1s所以，货物在传送带上运动的时间t总=t1+ t2=1.8s（2）设货物离开 B 点，刚滑上小车时的速度为 v0，则滑上平板车后，货物以初速度 v0=10m/s，加速度a3=μ2g=-3m/s2向左做匀减速直线运动平板车以向左做初速度为 0 的匀加速直线运动；设经过一段时间 t4货物和平板车正好达到共同速度 v共；由匀变速直线运动速度与时间关系式可得： v共 = v0 + a3t4v共 = a4t4代入数据解得：t4=2.5sv共=2.5m/s根据匀变速直线运动平均速度与位移的关系可得：时间 t4内，货物的位移为：平板车的位移为：平板车的长度就是二者的相对位移：l = x2 - x3 = 12.5m（3）平板车被弹回后，以初速度 v0′=2.5m/s，加速度 a5=μ3g=1m/s2做匀减速运动，根据题意，平板车再经过时间 t5恰好到达传送带 B 端，则 解得t5=2.5s所以释放货物的时间间隔 ∆t=t4+t5=5s