吉林省長春汽車經濟技術開發(fā)區(qū)第六中學2025屆高三物理上學期第一次月考試題含解析

PAGE17-吉林省長春汽車經濟技術開發(fā)區(qū)第六中學2025屆高三物理上學期第一次月考試題（含解析）一、選擇題1.探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是()A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針張角變大D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】A、當用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，從而在b板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；B、依據電容器的確定式：，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；C、依據電容器的確定式：，只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數增大，則電容C增大，依據可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；D、依據可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故選項D錯誤．點睛：本題是電容器動態(tài)變更分析問題，關鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是電容與哪些因素有什么關系．2.如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為I，運動員入水后到最低點的運動過程記為II，忽視空氣阻力，則運動員A.過程I的動量變更量等于零B.過程II的動量變更量等于零C.過程I的動量變更量等于重力的沖量D.過程II的動量變更量等于重力的沖量【答案】C【解析】【分析】分析兩個過程中運動員速度的變更、受力狀況等，由此確定動量的變更是否為零．【詳解】AC．過程I中動量變更量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯誤，C正確；B．運動員進入水前的速度不為零，末速度為零，過程II的動量變更量不等于零，故B錯誤；D．過程II的動量變更量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯誤．3.高速馬路ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離．某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)覺自動欄桿沒有抬起，于是實行制動剎車，汽車剛好沒有撞桿．已知司機的反應時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為（）A.4.2m B.6.0m C.7.8m D.9.6m【答案】D【解析】【詳解】汽車的速度21.6km/h＝6m/s，汽車在前0.3s+0.7s內做勻速直線運動，位移為：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，隨后汽車做減速運動，位移為：3.6m，所以該ETC通道的長度為：L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，故ABC錯誤，D正確【點睛】本題的關鍵是明確汽車的兩段運動的特點，然后合理選擇公式．4.空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點旁邊電場的等勢面分布如題圖圖所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則()A.P、Q兩點處的電荷等量同種B.a點和b點的電場強度相同C.c點的電勢低于d點的電勢D.負電荷從a到c，電勢能削減【答案】D【解析】P、Q兩點處的電荷等量異種，選項A錯誤；a點和b點的電場強度大小相等，方向不同，選項B錯誤；c點的電勢高于d點的電勢，選項C錯誤；負電荷從a到c，電場力做功，電勢能削減，選項D正確．5.如圖所示，左側是半徑為R的四分之一圓弧，右側是半徑為2R的一段圓弧．二者圓心在一條豎直線上，小球a、b通過一輕繩相連，二者恰好等于等高處平衡．已知，不計全部摩擦，則小球a、b的質量之比為A.3:4 B.3:5 C.4:5 D.1:2【答案】A【解析】【詳解】對a和b兩個物體受力分析，受力分析圖如下，因一根繩上的拉力相等，故拉力都為T；由力的平衡可知a物體的拉力，b物體的拉力，，則聯立可解得，A正確．6.2024年1月，我國在西昌衛(wèi)星放射中心勝利放射了“中星2D”衛(wèi)星．“中星2D”是我國最新研制的通信廣播衛(wèi)星，可為全國供應廣播電視及寬帶多媒體等傳輸任務．“中星2D”的質量為m、運行軌道距離地面高度為h．已知地球的質量為M、半徑為R，引力常量為G，依據以上信息可知“中星2D”在軌運行時（）A.速度的大小為 B.角速度大小為C.加速度大小為 D.周期為【答案】C【解析】【詳解】“中星2D”在軌運行時，由萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得：依據題意有r=R+h．A.依據分析解得：，A錯誤．B.依據分析解得：，B錯誤．C.依據分析解得：，C正確．D.依據分析解得：，D錯誤．7.從地面上以初速v0度豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，球運動的速率隨時間變更規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經做勻速運動．則下列說法正確的是（）A.小球加速度在上升過程中漸漸增加，在下降過程中漸漸減小B.小球上升過程中的平均速度大于C.小球拋出瞬間的加速度最大，到達最高點的加速度最小D.小球拋出瞬間的加速度大小為【答案】D【解析】【詳解】AC.上升過程，受重力和阻力，合力向下，依據牛頓其次定律，有：f+mg=ma，解得；由于是減速上升，阻力漸漸減小，故加速度不斷減小；下降過程，受重力和阻力，依據牛頓其次定律，有：mg-f=ma′，解得：；由于速度變大，阻力變大，故加速度變小；即上升和下降過程，加速度始終減小，跑出瞬間加速度最大，落回地面加速度最小；故A項錯誤，C項錯誤.B.速度時間圖象與時間軸包圍的面積表示位移，如圖所示：從圖象可以看出，位移小于陰影部分面積，而陰影部分面積是勻減速直線運動位移，勻減速直線運動的平均速度等于，故小球上升過程的平均速度小于；故B錯誤.D.空氣阻力與其速率成正比，最終以v1勻速下降，有：mg=kv1；小球拋出瞬間，有：mg+kv0=ma0；聯立解得：；故D正確.8.如圖所示，質量相同的兩物體a、b，用不行伸長的輕繩跨接在一輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a起先運動。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。（忽視一切摩擦阻力和空氣阻力）在此過程中A.a的動能大于b的動能B.a的動能等于b的動能C.兩物體所組成的系統(tǒng)機械能增加D.物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的削減量【答案】D【解析】【詳解】AB．將b物體的實際速度沿繩方向正交分解：b物體的動能大于a物體的動能，故AB錯誤；C．對于兩物體組成的系統(tǒng)，除重力以外，沒有其他外力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故C錯誤；D．對a物體而言，繩子拉力做負功，a物體的機械能減小，所以物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的削減量，故D正確。故選D．二、多項選擇題9.質量為m的物體，在F1、F2、F3三個共點力的作用下做勻速直線運動，保持F1、F2不變，僅將F3的方向變更90○

(大小不變)后，物體可能做（）A.加速度大小為的勻變速直線運動 B.加速度大小為的勻變速直線運動C.加速度大小為的勻變速曲線運動 D.勻速直線運動【答案】BC【解析】【詳解】物體在F1、F2、F3三個共點力作用下做勻速直線運動，三力平衡，必有F3與F1、F2的合力等大反向，當F3大小不變，方向變更90°時，F1、F2的合力大小仍為F3，方向與變更方向后的F3夾角為90°，故，加速度，但因不知原速度方向，故力變更后的初速度方向與F合的方向間的關系未知，可能做勻變速直線運動，也有可能做勻變速曲線運動，故BC正確，AD錯誤．【點睛】本題關鍵先依據平衡條件得出力F3變向后的合力大小和方向，然后依據牛頓其次定律求解加速度，依據曲線運動的條件推斷物體的運動性質：當物體受到的合外力恒定時，若物體受到的合力與初速度不共線時，物體做曲線運動；若合力與初速度共線，物體做直線運動．10.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是A.x1處的電場強度為零B.q1、q2肯定為異種電荷C將負摸索電荷從x1移到x2，電勢能增大D.將負摸索電荷從x1移到x2，受到的電場力減小【答案】BD【解析】【詳解】A．圖像斜率的物理意義為電場強度，處的斜率不為零，所以處的電場強度不為零，故A錯誤；B．依據圖像可知，左側的電場線方向水平向左，右側的電場線方向水平向右，處的電場強度為0，所以和帶異種電荷均在左側，且距離較近的電荷帶負電，故B正確；C．負電荷從電勢低的地方移到電勢高的地方電勢能減小，故C錯誤；D．從x1移到x2圖像的斜率漸漸變小，所以電荷受到的電場力減小，故D正確。故選BD．11.如圖所示，氘核和氚核兩種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最終打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么A.偏轉電場E2對兩種粒子做功一樣多B.兩種粒子打到屏上時的速度一樣大C.兩種粒子運動到屏上所用時間相同D.兩種粒子肯定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】【詳解】A．加速電場場強，板間距肯定，所以極板之間電勢差肯定，那么粒子經過加速電場：同理，經過偏轉電場，做類平拋運動，極板長度為，間距為，分解位移：解得偏轉位移：兩粒子帶電量相同，電場力做功的位移相同，所以偏轉電場E2對兩種粒子做功一樣多，故A正確；B．整個過程中對粒子應用動能定理：解得：，粒子的比荷不同，所以打到屏上的速度大小不同，故B錯誤；C．粒子在加速電場中做勻加速直線運動：粒子加速的位移相同，比荷越大，時間越短，粒子飛出加速電場后的速度：通過偏轉電場到屏上的過程中，水平方向做勻速直線運動且位移相同，兩粒子的比荷不同，水平方向的速度不同，比荷越大，速度越大，時間越短，所以通過的時間不同，故C錯誤；D．粒子飛出偏轉電場的速度與水平方向的夾角滿意：所以兩個粒子飛出偏轉電場的速度方向相同，之后粒子做勻速直線運動，所以兩粒子肯定打到屏上的同一位置，故D正確。故選AD．12.如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細桿制成的正方形框架，框架隨意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點在同一豎直面內，BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β)，讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點無初速釋放．若小環(huán)從A經B滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W1，重力的沖量為I1；若小環(huán)從A經D滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W2，重力的沖量為I2．則A.W1>W2 B.W1=W2C.I1>I2 D.I1=I2【答案】BC【解析】試題分析：設正方形的邊長為l，經AB段和CD段摩擦力做負功，大小為，經BC段和AD段摩擦力做負功，大小為，W1=W2，A錯誤、B正確；小環(huán)從A經B滑到C點和從A經D滑到C點過程中路程相等，到達C點時速度大小相等．設AB段加速度為a1，，AD段加速度為a2，，則，B點速度，D點的速度，，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小環(huán)從A經B滑到C點所用時間大于從A經D滑到C點所用的時間，依據，I1>I2，C正確、D錯誤．故選BC．考點：牛頓其次定律、運動學公式、功、沖量三、試驗題13.（1）用圖1所示裝置做“探究功與速度變更的關系”試驗時，除了圖中已給出的試驗器材外，還須要的測量工具有_________（填字母）；A．秒表B．天平C．刻度尺D．彈簧測力計（2）用圖2所示裝置做“驗證機械能守恒定律”試驗時，釋放重物前有以下操作，其中正確的是_____（填字母）；A．將打點計時器的兩個限位孔調整到同一豎直線上B．手提紙帶隨意位置C．使重物靠近打點計時器【答案】(1).C(2).AC【解析】【詳解】（1）[1]依據試驗原理可知須要用刻度尺測量打點之間的距離，故C正確；（2）[2]A．將打點計時器的兩個限位孔調整到同一豎直線上，可以減小紙帶運動過程中的摩擦力，故A正確；BC．手提紙帶應使重物靠近打點計時器，可以提高紙帶運用率，故B錯誤，C正確。14.某同學設計了如圖裝置來驗證碰撞過程遵循動量守恒．在離地面高度為h的光滑水平桌面上，放置兩個小球a和b．其中，b與輕彈簧緊挨著但不栓接，彈簧左側固定，自由長度時離桌面右邊緣足夠遠，起初彈簧被壓縮肯定長度并鎖定．a放置于桌面邊緣，球心在地面上的投影點為O點．試驗時，先將a球移開，彈簧解除鎖定，b沿桌面運動后水平飛出．再將a放置于桌面邊緣，彈簧重新鎖定．解除鎖定后，b球與a球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出．重復試驗10次．試驗中，小球落點記為A、B、C．(1)若a球質量為ma，半徑為ra；b球質量為mb，半徑為rb．b球與a球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出，則______．A．ma<mb，ra=rbB．ma<mb，ra<rbC．ma>mb，ra=rbD．ma>mb，ra>rb(2)為了驗證動量守恒，本試驗中必需測量的物理量有____．A．小球a的質量ma和小球b的質量mbB．小球飛出的水平距離xOA、xOB、xOCC．桌面離地面的高度hD．小球飛行的時間(3)關于本試驗的試驗操作，下列說法中不正確的是______．A．重復操作時，彈簧每次被鎖定的長度應相同B．重復操作時發(fā)覺小球的落點并不完全重合，說明試驗操作中出現了錯誤C．用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置D．僅調整桌面的高度，桌面越高，線段OB的長度越長(4)在試驗誤差允許的范圍內，當所測物理量滿意表達式：__________，即說明碰撞過程遵循動量守恒．（用題中已測量的物理量表示）(5)該同學還想探究彈簧鎖定時具有的彈性勢能，他測量了桌面離地面的高度h，該地的重力加速度為g，則彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep為_______．（用題中已測量的物理量表示）【答案】(1).A(2).AB(3).B(4).mb?OB=mb?OA+ma?OC(5).【解析】【詳解】(1)[1]為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，即：應當使mb大于ma(2)[2]要驗證動量守恒，就須要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替，所以須要測量的量為：小球a、b的質量ma、mb，記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC，故AB符合題意；(3)[3]A.重復操作時，彈簧每次被鎖定的長度應相同，可以保證b能夠獲得相等的速度，故A項與題意不相符；B.重復操作時發(fā)覺小球的落點并不完全重合，不是試驗操作中出現了錯誤；可以用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，故B項與題意相符；C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，故C項與題意不相符；D.僅調整桌面的高度，桌面越高，則小球飛行的時間越長，則線段OB的長度越長，故D項與題意不相符；(4)[4]小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，小球在空中的運動時間t相等，假如碰撞過程動量守恒，則mbv0=mbv1+mav2兩邊同時乘以時間t，得：mbv0t=mbv1t+mav2t則mb?OB=mb?OA+ma?OC(5)[5]桌面離地面的高度h，該地的重力加速度為g，小球b飛行的時間b的初速度彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep轉化為小球b的動能，所以彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep為四、計算題15.質量m=10kg的物塊靜止在光滑水平面上A點，在水平外力F作用下，10s末到達B點，外力F隨時間變更的規(guī)律如圖所示，取向右為正方向．求：（1）前10s內物塊的位移大小S1和在B點的速度大小v1；（2）20s末物塊的速度v2的大小和方向；（3）10s~20s時間內外力F所做的功．【答案】（1）4m/s（2）8m/s，水平向左（3）240J【解析】【詳解】（1）對物塊，在AB段，由牛頓其次定律可得：F1=ma1代入數值解得由運動學公式得（2）在10s—20s內，方向水平向左，即20s末速度大小為8m/s，方向水平向左（3）在10s—20s內16.在豎直平面內，一根長為L的絕緣細線，一端固定在O點，另一端拴著質量為m、電荷量為+q的小球。小球始終處在場強大小為、方向豎直向上的勻強電場中，現將小球拉到與O點等高處，且細線處于拉直狀態(tài)，由靜止釋放小球，當小球的速度沿水平方向時，細線被拉斷，之后小球接著運動并經過P點，P點與O點間的水平距離為L。重力加速度為g，不計空氣阻力，求（1）細線被拉斷前瞬間，細線的拉力大小；（2）O、P兩點間的電勢差?！敬鸢浮浚?）1.5mg（2）【解析】【詳解】（1）小球受到豎直向上的電場力：F=qE=1.5mg＞mg所以小球被釋放后將向上繞O點做圓周運動，到達圓周最高點時速度沿水平方向，設此