新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 部分风力等级对照表如下等内容，欢迎下载使用。

注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。
3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
一、选择题：共8题，每题3分，共24分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1. 如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动B. 碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C. 碰撞前后两小球的机械能总量减小D. 碰撞前后两小球的机械能总量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止。a球的加速度大小为
做匀速运动，选项A错误；
B．同理由图示图象可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为
选项B错误；
CD．根据动量守恒定律得
代入解得
碰撞过程中系统损失的机械能为
代入解得
△E=0
所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确。
故选D
2. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，下列说法中正确的是（ ）
A. b、c、e、f四点的场强相同
B. b、c、e、f四点的电势相等
C. O点的电势高于b、c、e、f四点的电势
D. 将一带正电的试探电荷从b点移到e点，电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，因此四点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；
BC．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f两点的电势相等，而c、e两点的电势相等，根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e两点的电势，而低于b、f两点的电势，BC错误；
D．由于b点电势高于e点电势，所以根据可知，电场力对正电荷做正功，D正确。
故选D。
3. 如图所示的各v-t图象能正确反映自由落体运动过程的是（取竖直向下为正方向）（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】自由落体是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，故其速度应是从零开始均匀增加的；而在v﹣t图象中这样的运动图象应为过原点的直线，设向下为正方向，所以自由落体运动的加速度和速度都是正值，故ABC错误，D正确．
故选D．
4. 在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是
A. P点场强比Q点场强大
B. P点电势比Q点电势高
C. P点电子的电势能比Q点电子的电势能大
D. 电子沿直线从N到M的过程中所受电场力变大
【答案】B
【解析】
【详解】A.电场线的疏密表示电场强度大小，故P点场强比Q点场强小，故A错误；
B.沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，故B正确；
C.负电荷在电势越高的地方电势能越小，由于P点电势比Q点电势高，故P点电子的电势能比Q点电子的电势能小，C错误；
D.从N到M的过程中，电场强度先减小后增大，故受到的电场力先减小后增大，D错误；
故选B。
5. 在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制，如图所示，为定值电阻，为半导体热敏电阻，C为电容器。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有（ ）
A. 当环境温度降低时电压表的示数减小
B. 当环境温度降低时消耗的功率增大
C. 当环境温度降低时电容器C的电荷量减少
D. 环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．当环境温度降低时增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压
E、r不变，则U增大，电压表读数增大，A错误；
B．消耗的功率
I减小，不变，则P减小，B错误；
C．当环境温度降低时增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，则两端的电压，根据
减小，路端电压根据
E、r不变，则U增大，根据
则两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，根据
电容器的电荷量增大，C错误；
D．环境温度不变，不变，不变，则电容器C两板间的电压不变，根据
两极板间的距离增大，极板之间的电场强度减小，D正确。
故选D。
6. 质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A. x＝1 m时速度大小为2 m/s
B. x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C. 在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D. 在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
【答案】D
【解析】
【详解】根据动能定理可知，物体在两段运动中所受合外力恒定，则物体做匀加速运动；由图象可知x=1m时动能为2J，，故A错误；同理，当x=2m时动能为4J，v2=2m/s；当x=4m时动能为9J，v4=3m/s，则2～4m，有2a2x2＝v42−v22，解得2～4m加速度为a2＝1.25m/s2，故B错误；对物体运动全过程，由动能定理得：WF+（-μmgx）=Ek末-0，解得WF=25J，故C错误； 0～2m过程，；2～4m过程，，故总时间为2s+0.8s=2.8s，D正确．
7. 部分风力等级对照表如下：
已知空气的密度为，假设空气垂直吹到静止的物体上时速度变为0，则8级大风吹在静止站立且面朝风向、身高约1.7m的人身上时，对人的推力约为（ ）
A. 2NB. 20NC. 200ND. 2000N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】取内的风，质量为，风撞击人，速度减为零，由动量定理可得
由牛顿第三定律可知，风对人的力等于人对风的力
其中，，代入数据可得
故风对人的推力约为200N，故选C。
8. 如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（ ）
A. 具有相同的动能
B. 具有相同的速度
C. 肯有相同的q/m
D. 先经同一电场加速，然后再进入偏转电场
【答案】D
【解析】
【详解】在加速电场中，由动能定理得
qU1=mv02
在偏转电场中，离子做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有
水平方向
L=v0t
竖直方向
y=at2
vy=at
联立得
可见，两种离子进入偏转电场前，比荷、速度v0都相同，或动能和电荷量都相同，或由静止经同一加速电场加速，y和tanθ相同，故D正确，ABC错误．
故选D．
【名师点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，会用力学的方法处理．
二、多选题：共20分
9. 沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则（ ）
A. 从O点到C点，带电粒子的电势能逐渐升高
B. 粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C. 粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量
D. 粒子运动到C点时动能小于3Ek
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由题图知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，根据
可知带正电的粒子电势能逐渐降低。故A错误；
B．由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0~x1段电场强度逐渐变大，粒子所受电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，在x1~x3段电场强度逐渐变小，粒子所受电场力逐渐变小，做加速度减小的变加速直线运动。故B错误；
C．E-x图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功
由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量。故C正确；
D．由E-x图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，可得
解得
由动能定理
可得
联立，可得
故D正确。
故选CD。
10. 质量为m的物体从距离地面h高处由静止开始匀加速向下运动到地面，其加速度大小为。则关于物体下落过程，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的动能增加了B. 物体的重力势能减少了mgh
C. 物体的机械能增加了D. 物体的机械能减少了
【答案】BC
【解析】
【详解】A．动能的增加量等于合外力做的功
△Ek=mah=mgh
故A错误；
B．物体下落的高度为h，则物体的重力势能减少mgh，故B正确；
CD．根据牛顿第二定律
mg+F=ma
得
F=ma-mg=mg
机械能的变化量的等于重力以外的力所做的功，F做的功为
W=Fh=mgh
故机械能增加了mgh，故C正确，D错误。
故选BC。
11. 竖直平面内直角坐标系xOy中存在平行于x轴的电场，坐标系内任意一点电场强度E的大小和方向与该点x坐标的关系是E=-10x（N/C）。一不计重力、带正电的试探电荷在坐标系内不同位置，从不同的初状态开始运动，下列分析正确的有（ ）
A. 在点（-4，0）由静止释放，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动
B. 在点（4，0）以初速度沿y轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）中心往复运动
C. 在点（-4，0）以初速度沿y轴正方向运动，则试探电荷在闭合轨迹上往复运动
D. 在点（4，0）以初速度沿x轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动
【答案】AD
【解析】
【详解】由E=-10xN/C可知，在第一象限电场线沿x轴负方向，在第二象限电场线沿x轴正方向。
A．在点（-4，0）由静止释放试探电荷带正电，在x轴负半轴，受力方向向右，到O点前，作加速运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向左，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故A正确；
B．在点（4，0）以初速度沿y轴正方向运动，在第一象限内受力方向向左，第二象限内受力方向向右，受力F方向与速度方向始终有夹角，作曲线运动，且轨迹偏向力F一侧，不会绕O点往复运动，故B错误；
C．在点（-4，0）以初速度沿y轴正方向运动，由B可知，电荷沿y轴正方向向上作曲线运动，轨迹不是闭合轨迹，故C错误；
D．在点（4，0）以初速度沿x轴正方向运动，在x轴正半轴，受力方向向左，作减速运动，速度减为0时，向左作加速运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向右，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故D正确。
故选AD。
12. 如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点 O 为圆心出半圆，在半圆上有 a、b、c 三个点，b 点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（ ）
A. a、c 两点的电势相同
B. a、c 两点的电场强度相同
C. 正电荷在 a 点电势能小于在 b 点的电势能
D. 将正电荷由 O 移到 b 电场力的不做功
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据顺着电场线电势降低，可知，a点的电势高于c点的电势，故A错误；
B．根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、c两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都沿a到c方向，所以a、c两点的电场强度相同，故B正确；
C．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，b点的电势与O点电势相等，则知a点的电势高于b点电势，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；
D．由于Ob在同一等势面上，则将正电荷由O移到b电场力不做功，故D正确。
故选BD。
13. 如图所示，AB为光滑绝缘且固定的四分之一圆轨道，O为圆心，轨道半径为R，B位于O点的正下方。空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从轨道内侧B点由静止释放。小球沿圆轨道运动，并从A点离开轨道，上升的最大高度离A点的竖直距离为，不计空气阻力，则（ ）
A. 小球离开轨道后的最小动能为
B. 小球离开轨道后的最小动能为
C. 小球在AB轨道上运动过程的最大动能为
D. 小球在AB轨道上运动过程的最大动能为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．小球从A点离开轨道，竖直方向有
解得小球离开A点的速度
从B到A应用动能定理有
解得
对重力和电场力进行合成，则等效重力
方向与竖直方向夹角满足
类比于重力场中的竖直上抛运动，小球离开轨道后到达等效最高点时速度最小，有
则最小动能为
选项A正确，B错误；
CD．小球在AB轨道上运动过程，类比在重力场中的单摆，当运动到等效最低点时，速度最大，根据动能定理
解得
选项C正确，D错误。
故选AC。
三、非选择题：56分
14. 某兴趣小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，当地的重力加速度大小为g。
(1)下列做法可减小实验误差的是___________（填字母序号）。
A．先松开纸带后接通电源
B．用电火花计时器替代电磁打点计时器
C．在铝锤和铁锤中，选择铁锤作为重锤
D．在铝锤和铁锤中，选择铝锤作为重锤
(2)在实验中，质量为m的重锤自由下落，带动纸带，纸带上打出的一系列点，如图乙所示，O是重锤刚下落时打下的点。已知打点计时器打点的频率为f，则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，动能的增加量为________；若在实验误差允许的范围内满足等式_______，则机械能守恒定律得到验证。
【答案】 ①. BC ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．用电火花计时器替代电磁打点计时器，从而更能减小重物下落过程中受到空气阻力，故B正确；
CD．为减小重物下落过程中受到空气阻力，应该选体积小些，密度大一些的重物，故C正确，D错误；
故填BC。
（2）[2] 利用匀变速直线运动的推论,得B点的速度为
从O点到B点动能的增加量为
[3] 若在误差允许范围内，若重力势能的减少量等于动能的增加量，即等式
成立，则可以验证机械能守恒。
15. 某实验小组做“验证动量守恒定律”的实验，分别设计了两种实验装置。
(1)用游标卡尺测量小球的直径如图甲所示，其读数为___________mm。
(2)如图乙所示，斜槽末端水平。现将质量为、半径为的入射小球从斜槽某一位置由静止释放，落到水平地面上的P点。再在槽口末端放置一个质量为，半径为的小球，入射小球仍从原位置释放，两球发生正碰后落地，落地点是M、N，已知槽口末端在白纸上的竖直投影为O点，为减小实验误差，则和、和的大小应满足________。
A．， B．， C．， D．，
(3)若采用图乙所示装置进行实验，根据小球的落点情况，则球和球碰后瞬间动量之比____________（用、、、表示）。
(4)若采用图丙所示的实验装置，用竖直放置的木板及白纸、复写纸（图中未标出）记录两小球碰撞落点的位置，实验中记下了O、A、B、C四个位置（如图所示），若在实验误差允许的范围内，满足关系式_________（用、、、、表示），则说明碰撞中动量守恒。
【答案】 ①. 11.8 ②. A ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由游标卡尺原理可知，其示数为11mm+8×0.1mm=11.8mm。
（2）[2]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为使两球发生对心碰撞，两球的直径应相等，A正确。
（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球做平抛运动的初速度为和，则球和球碰后瞬间动量之比。
（4）[4]小球离开轨道做平抛运动，由平抛运动的规律
设轨道末端到木条的水平距离为x，小球做平抛运动的初速度分别为
故验证动量守恒的表达式为
16. 如图所示，带正电小球质量为m=1×10－2kg，带电量为q=1×10－6C，置于光滑绝缘水平面上的A点。当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=1.5m/s，此时小球的位移为s=0.15m。求此匀强电场场强E的取值范围。（g=10m/s2）
【答案】7.5104V/mE1.25105V/m
【解析】
【详解】设电场强度方向与水平面夹角为，小球从A到B过程中由动能定理有
①
解得
②
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须不大于重力，即
qEsinmg ③
联立①③可得
④
即
⑤
联立③⑤可得
⑥
综上所示可知此匀强电场场强E的取值范围为
7.5104V/mE1.25105V/m
17. 质量为m1=1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t（位移一时间）图象如图所示，试通过计算回答下列问题：
（1） m2等于多少千克?
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是多少?
（3）碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞?
【答案】（1）3.0kg；（2）-6kgm/s；（3）是弹性碰撞
【解析】
【分析】
【详解】（1）由图象可知，m1碰前速度v1=4m/s，碰后的速度v1′=-2m/s， m2碰前速度v2=0，碰后的速度 v2′=2m/s,由动量守恒定律得

代入数据解得

（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：
（3）两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为
所以碰撞过程是弹性碰撞。
18. 如图所示，一质量m1=1.0kg足够长长木板静止在粗糙的水平地面上，左端放一质量m2=2.0kg的滑块，在滑块正上方的O点用长L=0.9m的轻质细绳悬挂质量m3=2.0kg的小球。现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°角的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生弹性碰撞。已知滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.2，地面与长木板间的动摩擦因数2=0.05，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球与滑块碰撞前对绳子的拉力以及碰撞后滑块的速度；
(2)求滑块在长木板上留下的划痕长。
【答案】(1)；；(2)
【解析】
【分析】
【详解】(1)小球从开始到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
解得
小球与小滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
(2)对物块
解得
对长木板
解得
二者共速，有
风级
名称
风速
陆地物像
海面物像
浪高（m）
2
轻风
1.6~3.3
感觉有风
小波峰未破碎
0.2
4
和风
5.5~7.9
吹起尘土
小浪白沫波峰
1.0
6
强风
10.8~13.8
电线有声
大浪白沫离峰
3.0
8
大风
17.2~20.7
拆毁树枝
浪长高有浪花
5.5
10
狂风
24.5~28.4
拔起树木
海浪翻滚咆哮
9.0
12
台风（一级飓风）
32.7~36.9
摧毁极大
海浪滔天
14.0