2022-2023学年新疆乌鲁木齐自治区高三下学期第一次质量监测（一模）物理试题

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注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡相应位置上。
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后。用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，请按要求在规定区域作答，写在本试卷上无效。
4.考试结束，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题自要求，第6~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 小艺从住宅楼27楼乘电梯下到一楼的过程中，不可能经历的状态是（ ）
A. 平衡状态B. 超重状态C. 失重状态D. 完全失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】小艺从住宅楼27楼乘电梯下到一楼的过程中，先向下加速，处于失重状态，然后匀速下降，处于平衡状态，最后减速下降，处于超重状态；因加速下降时，加速度不可能为g，则不可能为完全失重状态。
故选D。
2. 氢原子的能级公式为：（n=1，2，3……），其中E1为基态能量。若处于n=2能级的氢原子吸收频率为ν的光子后恰好能发生电离，已知普朗克常量为h，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因
由能量关系
解得
故选C。
3. 如图所示，小宁利用计算机研究分力F1、F2与合力F的关系。保持分力F1的大小和方向不变，F2的大小不变，使F1、F2间的夹角θ由0°逐渐增大到360°的过程中，合力F的箭头的轨迹图形为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若以O点为坐标原点，以F1的方向为x轴正向建立坐标系，则合力F的箭头的坐标满足
消掉θ角可得
因F1和F2的大小都不变，则使F1、F2间的夹角θ由0°逐渐增大到360°的过程中，合力F的箭头的轨迹图形为圆。
故选A
4. 帆船是一种依靠自然风力作用于帆上来推动船只前进的水上交通工具。在某次赛前训练中，若帆船的迎风面积、空气密度均不变，当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，受到的阻力为F；当风速为4v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶时受到的阻力为，此时帆船匀速行驶的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设风帆截面积S，匀速运动时受风力等于阻力，则当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，此时根据动量定理
F1=F
当风速为4v0时，根据动量定理
解得
故选B。
5. 某兴趣小组利用如图甲所示的电路研究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。电路中电源电动势和内阻保持不变，R0为定值电阻，Rt为热敏电阻。通过实验得到，在0℃~80℃的范围内，电压表的示数U随热敏电阻的温度t变化的关系如图乙所示。则在0℃~80℃的范围内，该热敏电阻Rt的阻值随温度t变化的关系图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据电压表的示数U随热敏电阻的温度t变化的关系可得
由电路可知
联立解得
则Rt-t图像为非线性图像，且随着t增加，Rt逐渐减小。
故选C。
6. 用充电器为一电容器恒流充电（充电器输出的电流不变）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电压不变B. 电容器的电压变大
C. 充电器的输出功率不变D. 充电器的输出功率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．电容器充电时极板带电量逐渐增加，则根据Q=CU可知，电容器的电压变大，选项A错误，B正确；
CD．根据P=IU，因I不变，U变大，则电容器输入功率变大，即充电器的输出功率变大，选项C错误，D正确。
故选BD。
7. 如图所示，由四根相同的电阻丝连接而成的正方形线框ABCD竖直固定在匀强磁场中，且AB边水平，匀强磁场的方向垂直线框平面向里。现给线框通电，电流从线框的A点流入，B点流出，线框CD边受到的安培力大小为F，则线框ABCD受到的安培力的合力（ ）
A. 方向竖直向上B. 方向竖直向下C. 大小为4FD. 大小为2F
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知，线框ABCD受到的安培力的合力竖直向上，选项A正确，B错误；
CD．设CD边的电流为I，则AB边的电流为3I，线框AD和BC受安培力等大反向，相互抵消，根据F=BIL可知AB边受安培力为3F竖直向上，则线框ABCD受到的安培力的合力4F，选项C正确，D错误。
故选AC
8. 如图所示，将用两段轻绳连接起来的3个相同的钢球完全浸没在某种液体中，将钢球由静止释放后，3个钢球一起向下做匀加速直线运动的过程中（ ）
A. 液体的密度越大，钢球的加速度越小B. 液体的密度越大，钢球的加速度越大
C. 上、下两段绳子的拉力之比为2:1D. 上、下两段绳子的拉力均为零
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设每个小球受液体向上的浮力均为F，阻力f，则对整体
即
液体的密度越大，钢球受液体的浮力越大，则钢球的加速度越小，选项A正确，B错误；
CD．对最上面的球分析
对最下面的球分析
解得
T1=T2=0
选项C错误，D正确。
故选AD。
9. 在2022年足球世界杯决赛中，阿根廷队员梅西将足球踢出后，立即从静止开始加速向足球追去，最终追上了还在向前滚动的足球。若该过程中，足球做匀减速直线运动，梅西做加速度减小的加速直线运动，则该过程中（ ）
A. 梅西的平均速度大于足球的平均速度
B. 梅西的平均速度等于足球的平均速度
C. 梅西的最大速度可能小于足球的最大速度
D. 梅西的最大速度一定大于足球的最大速度
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．梅西和足球位移相等，所用时间相等，则梅西的平均速度等于足球的平均速度，选项B正确，A错误；
CD．梅西做加速度减小的加速运动，球做匀减速运动，两者位移相等，则由图像可知，梅西的最大速度可能小于足球的最大速度，选项C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示，光滑水平面AB右端贴近相同高度的粗糙水平传送带BC，传送带逆时针转动，速度大小始终为v0。若物块P（可视为质点）以初速度v从光滑水平面AB上运动到传送带的C端，系统产生的热量为Q1，物块P受到的摩擦力的冲量为I1；若物块P以初速度2v从光滑水平面AB上运动到传送带的C端，系统产生的热量为Q2，物块P受到的摩擦力的冲量为I2，则下列关系式可能成立的是（ ）
A Q1=Q2B. Q1=2Q2C. I1=2I2D. I1=3I2
【答案】BD
【解析】
【详解】C．设物块质量为m，摩擦因数为μ，传送带长为L，物块受摩擦力为
加速度为
设两种情况下在C端的速度为v1，v2，由速度位移关系可得
两种情况下的时间分别为t1、t2，由冲量定理可得
两种情况下物块位移均为L，有
则
整理可得
若
I1=2I2
则
I1=I2
故
I1≠2I2
C错误；
D．若
I1=3I2
则
由动量定理可得
解得
满足
故D正确；
A．两种情况下，系统产生的热量分别为Q1、Q2，有
整理可得
若
Q1=Q2
则
I1=I2
故
Q1≠Q2
A错误；
B．若
Q1=2Q2
则
控制v0大小可能满足上式，故B正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
11. 某兴趣小组利用图示的装置验证动量守恒定律。实验时，先不放b球，让a球从斜槽上某一位置由静止滚下，落到位于水平地面上的记录纸上留下痕迹。再将b球静置于水平槽末端，让a球仍从斜槽上同一位置由静止滚下，a球与b球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。O点是抛出点在记录纸上的垂直投影的位置，M、P、N分别为各落点的痕迹。
（1）为了保证实验中a球在碰撞中不被反弹，两小球的质量应满足ma_________m b（选填“>”“”“ ②. 没有 ③. m b。
（2）[2]该实验装置的斜槽不光滑对验证动量守恒定律没有影响，只要每次小球到达底端时速度相同即可。
（3）[3]如图所示，连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示。分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式
ma•OP=ma•OM′+m b•ON′
则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。因为OM>OM′，ON>ON′，则
ma•OP0）。将小球A从点光源S处以大小为v0的初速度向右水平抛出，小球A最终打在墙壁上。已知电场强度大小为，重力加速度的大小为g，不计空气阻力，求：
（1）小球A在空间运动时的加速度a的大小；
（2）小球A运动时间t时，小球在墙壁上的影子的速度v的大小。
【答案】（1）2g；（2）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
解得
（2）带电小球做类平抛运动，如图所示，设小球在时刻水平位移为，竖直位移为，小球在墙壁上的影子的位移为，则
可知小球在墙壁上的影子做匀速直线运动，可得小球在墙壁上的影子的速度
15. 如图所示，一半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，两小球A、B从与圆心O等高处同时由静止开始释放，释放后两小球沿圆轨道运动。两小球第一次发生弹性正碰后，小球A静止，小球B继续沿圆轨道运动。已知小球B的质量为m，重力加速度大小为g，小球A、B可视为质点且碰撞时间极短。求：
（1）两小球第一次发生弹性碰撞后的瞬间，小球B的速度v的大小；
（2）小球B第一次通过圆轨道最高点时，轨道对小球B的作用力F的大小。
【答案】（1）；（2）3mg
【解析】
【详解】（1）设小球A、B第一次运动到轨道最低点时的速度大小为，小球的质量为，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得
解得
（2）设小球第一次通过圆轨道最高点的速度大小为，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律得
解得
16. 如图所示为自动卸货矿车的示意图。缓冲弹簧下端固定在斜面轨道底端，上端连接轻质装置P，P静置于B点。矿车从斜面轨道上A处由静止开始下滑，撞击P后与P一起压缩弹簧，当矿车速度减为零时装置P自动锁定，卸下全部货物后，装置P解除锁定，矿车借助弹簧的弹力作用，恰能返回到A点。已知斜面轨道的倾角θ=37°，轨道A、B间的距离L=99.5m，矿车在轨道A、B间运动时受到的阻力为矿车重力的0.4倍，缓冲弹簧的劲度系数k=4.0×105N/m，允许的最大压缩量为x m=0.5m，弹簧弹性势能表达式为，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6。
（1）试估算矿车从A处开始下滑到速度减为零时所需要的时间t（误差不超过0.1s）；
（2）求矿车将斜面轨道A处旁边质量为M0=2t的货物从A处运送至C处，需要运送的最少次数n。
【答案】（1）10s（10s~10.1s均得分）；（2）10次
【解析】
【详解】（1）设矿车含货物总质量为，矿车从处开始匀加速下滑到点的加速度为，到达点时的速度为，矿车从处到速度减为0时所需要的时间为
解得
若将全程看做匀加速直线运动，由
可得
若将到的过程看做匀减速直线运动，则
解得
故估算时间时可以将全程看做是匀加速直线运动
解得
（10s~10.1s均得分）
（2）设矿车空载时的最大质量为，每次装载货物的最大质量为，根据动能定理得
矿车下滑过程
矿车上行过程
解得
次
17. 一质量为m、所带电荷量为q（q>0）的带电粒子，由静止开始经一电场加速，粒子在电场中运动的距离为3L，所经过的各点的电场强度如图所示。经过电场加速的粒子从A点垂直于磁场方向进入平行四边形匀强磁场区域。粒子从A点开始在磁场区域中做匀速圆周运动时，先后经过C、D两点。已知线段AC=AD=L，∠CAD=120°，不计粒子重力。求：
（1）粒子在磁场中运动的速度v的大小；
（2）穿过平行四边形匀强磁场区域的磁通量的最小值Φ mi n。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在电场中加速运动，图线与坐标轴所围的面积为电势差，由动能定理得
解得
（2）设匀强磁场的磁感应强度为，平行四边形区域的最小面积为，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可得，为正三角形，由牛顿运动定律得
如图所示，当轨迹圆与平行四边形的三条边均相切且平行四边形为矩形时，区域的面积最小，磁通量最小，由几何关系可得
解得