青海师范大学附属实验中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试题含答案.pdf

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1、青海师范大学附属实验中学青海师范大学附属实验中学 2022-2023 学年度第一学期教学质量检测学年度第一学期教学质量检测高三物理高三物理一、单选题一、单选题：本题本题 8 8 小题，共小题，共 2424 分。分。1有一种飞机在降落的时候，要打开尾部的减速伞辅助减速，如图所示。在飞机减速滑行过程中，减速伞对飞机拉力做功的情况是（）A始终做正功B始终做负功C先做负功后做正功D先做正功后做负功21970 年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为1v、2v，近地点到地心的距离为 r，地球质量为 M，引力常量为

2、G。则（）A12vv，1GMvrB12vv，1GMvrC12vv，1GMvrD12vv，1GMvr3已知某车的质量为 m，运动过程中，汽车所受的阻力大小恒定，若保持恒定功率 P不变，汽车能达到的最大速度为 v。若司机以 2P 的额定功率启动，从静止开始加速做直线运动，当速度为 v 时，汽车的加速度为 a1，当速度为 0.5v 时，汽车的加速度为 a2，则加速度的比值 a1:a2 为（）A1：1B1：2C1：3D1：44用一根细绳将一重物吊在电梯的天花板上，下列四种情况中，绳的拉力最小的是（）A电梯匀速上升B电梯匀速下降C电梯加速上升D电梯加速下降5某探究小组对一辆新能源小车的性能进行研究。他们

3、让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示（除 210s 时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线）。已知小车运动的过程中，214s 时间段内小车的功率保持不变，在第 14s 末撤去动力而让小车自由滑行，小车的质量为 1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。以下对小车的描述正确的是（）A小车所受的阻力大小为 3NB小车匀速行驶阶段的功率为 9WC小车在加速运动过程中位移的大小为 40mD小车在前 2s 受到的合力大小大于阻力大小6某玩具可简化为如图所示的模型，竖直杆上同一点 O 系有两根长度均为 l 的轻绳，两

4、轻绳下端各系一质量为 m 的小球，两小球间用长为 l 的轻绳相连，轻绳不可伸长。当球绳系统绕竖直杆以不同的角速度匀速转动时，小球 A、B 关于杆对称，关于OA绳上的弹力OAF与AB绳上的弹力ABF大小与角速度平方的关系图像，正确的是（）ABCD7如图所示，弯折杆 ABCD 的 D 端接一个小球，杆和球的总质量为 m，小环套在杆AB 段上用绳吊着，恰好能一起以加速度 a 竖直向上做匀加速运动，杆 AB 段与水手方向的夹角为，则A杆对环的压力为 mgsin+masinB环与杆的摩擦力为 mgcos+macosC环对杆和球的作用力为 mg+maD杆和球处于失重状态8绝缘光滑水平面上有 ABO 三点，

5、以 O 点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴 x 轴，A 点坐标为2m，B 点坐标为 2m，如图甲所示。A、B 两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为 m，电荷量为 q 的负点电荷，以初速度 v0由 A 点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到 B 点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（）A负点电荷在 AO 段的运动时间小于在 OB 段的运动时间B负点电荷由 A 运动到 O 点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快C负点电荷由 A 点运动到 O 点过程中加速度越来越大D当负点电荷分别处于2m 和2m 时，电场力的功率相等二

6、二、多多选题选题：本题本题 4 4 小题，共小题，共 1616 分。分。9如图所示，已知带电小球 A、B 的电荷量分别为AQ、BQ，A 球固定，B 球用长为 L的绝缘丝线悬挂在 O 点，静止时 A、B 相距为 d，若 A 球电荷量保持不变，B 球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是（）A丝线对 B 球的拉力逐渐变大BA 球对 B 球的库仑力逐渐变小C当 AB 间距离减为3d时，B 球的电荷量减小为原来的19D当 AB 间距离减为3d时，B 球的电荷量减小为原来的12710如图所示，倾角为37的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒 ab、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面

7、向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，现给导体棒 ab 沿导轨平面向下的初速度 v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为0.75，导轨电阻忽略不计，sin370.6，cos 370.8，从 ab 开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是()A导体棒 cd 中产生的焦耳热为14mv02B导体棒 cd 中产生的焦耳热为18mv02C当导体棒 cd 的速度为14v0时，导体棒 ab 的速度为12v0D当导体棒 ab 的速度为34v0时，导体棒 cd 的速度为14v011如图所示，倾角为的斜面上有 A、

8、B、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的 D 点，今测得 ABBCCD=531，由此可判断（不计空气阻力）（）AA、B、C 处三个小球运动时间之比为 123BA、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 111CA、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 321DA、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交12如图所示，棱长为 L 的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为0I。已知通有电流为 I 的长直导线在距离 d 处产生的磁感应强度大小为IBkd。正方体中心磁感应强度的大小可能是（）A04

9、kILB0C02 2kILD02 6kIL三、三、非选择题：非选择题：6060 分分13在研究平抛运动的实验中；（1）为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用()A空心小铁球B实心小铁球C实心小木球D以上三种小球都可以（2）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是()A保证小球飞出时，初速度水平B保持小球飞出时，速度既不太大，也不太小C保证小球在空中运动的时间每次都相等D保证小球运动的轨迹是一条抛物线（3）如图所示，某同学在做平抛运动的实验时，小球运动过程中先后经历了轨迹（轨迹未画出）上的 a、b、c、d 四个点；已知图中每个小方格的边长 l=1.6cm，g 取 10m/

10、s2.请你根据小方格纸上的信息，算完成下面的个问题：若已知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，则小球运动过程中从 ab、bc、cd 所经历的时间_（选填“相同”或“不同”）。小球平抛运动的初速度0v=_m/s；14某学校物理兴趣小组通过实验探究功和动能变化的关系，装置如下图所示。（1）将橡皮筋拉伸至点 O，使小钢球在橡皮筋的作用下从静止弹出，小钢球离开水平桌面后平抛落至水平地面上，落点记为 P，如下图所示，用刻度尺测量桌面到地面的高度为h，抛出点到落地点的水平距离为L，小钢球的质量为m，取重力加速度为g，则小钢球离开桌面边缘时的动能为_（用题中的字母表示）（2）在钉子上分别套上n条同样

11、的橡皮筋，重复步骤（1），小钢球落点记为nP，其中2n，3，4。若本实验中合外力做功与动能变化近似相等，则小球抛出点到落地点的水平距离nL _（3）关于本实验，下列说法正确的是()A需要使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致B需要使桌面尽量光滑C必须测量橡皮筋的伸长量xD必须测量小钢球的直径15如图所示，质量为 m 的物体，沿半径为 r 的圆轨道自 A 点滑下，A 与圆心 O 等高，滑至 B 点（B 点在 O 点正下方）时的速度为 v。已知物体与轨道间的动摩擦因数为，求物体在 B 点所受的摩擦力。16一个阻值为 R、匝数为 n 的圆形金属线圈与阻值为 2R 的电阻 R1、电容为 C 的电容器连接成如

12、图（a）所示回路。金属线圈的半径为 r1，在线圈中半径为 r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图线如图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为 t0和 B0。导线的电阻不计。求：（1）通过电阻 R1的电流大小和方向；（2）0t1时间内通过电阻 R1的电荷量 q；（3）t1时刻电容器所带电荷量 Q。17如图所示，是某公园设计的一种游乐设施，所有轨道均光滑，AB 面与水平面成一定夹角。一无动力小滑车质量为10kgm，沿斜面轨道由静止滑下，然后滑入第一个圆形轨道内侧，其轨道半径2.5mR，不计过 B 点的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点

13、各放一个压力传感器，测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来。小滑车到达第一圆轨道最高点 C 处时刚好对轨道无压力，又经过水平轨道滑入第二个圆形轨道内侧，其轨道半径1.5mr，然后从水平轨道上飞入水池内，水面离水平轨道的距离为5mh。g 取 10 m/s2，小滑车在运动全过程中可视为质点。求：（1）小滑车在第一圆形轨道最高点 C 处的速度Cv的大小；（2）在第二个圆形轨道的最高点 D 处小滑车对轨道压力 FN的大小；（3）若在水池内距离水平轨道边缘正下方的 E 点12mx 处放一气垫（气垫厚度不计），要使小滑车既能安全通过圆轨道又能落到气垫之上，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑

14、？18有一款三轨推拉门，门框内部宽为12.75mL。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为21mL，质量均为020kgm，与轨道的摩擦系数均为0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为0.05md。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力F水平向右拉 3 号门板，经过位移0.3ms 后撤去F，一段时间后 3 号门板左侧凸起部位与 2 号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后 3 号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度210m/sg。求：（1）3 号门板与 2 号门板碰撞后瞬间的速度大小；（2）恒力F

15、的大小；（3）若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证 2号门板不与 1 号门板发生碰撞，请写出 3 号门板经过的路程x与F之间的关系式。参考答案：参考答案：1B减速伞对飞机的作用力与飞机运动方向相反，对飞机做负功。故选 B。2B卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即12vv设卫星质量为 m，若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则万有引力提供向心力可得22vMmGmrr近解得GMvr近由于卫星在近地点做离心运动，则1vv近即1GMvvr近故选 B。3C运动过程中，若保持额定功率 P 不变，当牵引力等于阻力时速度最大，根据 P=fv 得阻

16、力Pfv若司机以 2P 的恒定功率启动，当速度为 v 时，由牛顿第二定律得12PfPvammv同理2230.5PfPvammv因此1213aa故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4D电梯匀速上升和匀速下降时1Fmg电梯加速上升时2Fmgma解得2Fmgmamg电梯加速下降时3mgFma解得3Fmgmamg所以，电梯加速下降时绳的拉力最小。故选 D。5BABD由速度时间图像得小车匀加速运动时对应的加速度21.5m/sa，小车在 2s 时的功率等于匀速运动时的功率，因此有f2f10()PmaF vF v代入数据解得9WP f1.5NF 前 2s 小车受到的合力大小1.5NFma合恰好等于阻力大小

17、，故 AD 错误，B 正确；C210s 时间内小车的功率恒定，则由动能定理得222f210212PtF xm vv解得239 mx 匀加速阶段的位移12 113 m2xv t那么小车在加速阶段的总位移为1242mxx故 C 错误。故选 B。6B在AB绳绷直前AB绳上弹力为零，OA绳上拉力大小为OAF，设OA绳与竖直杆间的夹角为，有2sinsinOAFml得2OAFml当AB绳恰好绷直时，OA绳与竖直杆间的夹角为 30，有2tan30sin30mgmloo得22 33gl当22 33gl时，竖直方向有cos30OAFmgo得2 33OAFmg水平方向有2sin30sin30OAABFFmloo解

18、得21323ABFmlmg综上可知：OAF先与角速度平方成正比，后保持不变；ABF开始为零，当角速度平方增大到一定值后与角速度平方成一次增函数关系。故选 B。7CAB杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿 BA 和垂直 BA 方向建立直角坐标系，分解加速度，沿 BA 方向：fsinsinFmgma垂直 BA 方向：NcoscosFmgma得：fsinsinFmgmaNcoscosFmgma选项 AB 错误；C环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上且Fmgma即Fmgma选项 C 正确；D杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项 D 错误。故选

19、 C。8AAC由于沿场强方向电势降低，所以 AO 段场强沿 OA 方向，OB 段场强沿 OB 方向；由图像可知，A 到 O 斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小。同理，OB 段不变。则负点电荷在 AO 段做加速度减小的加速运动，在 OB 段做匀减速运动；由于 B 点电势等于 A 点电势，所以负点电荷在 B 点速度为 v0，则电荷在 AB 间运动 v-t 图像如图AO、OB 段，由于位移相等，则图线与 t 轴围成的面积相等，显然 AO 段的时间小于 OB 段的时间。故 A 正确，C 错误；B相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由 A 到 O 点场强逐渐减小，所以电

20、势能变化应越来越慢，故 B 错误；D负点电荷分别处于2m 和2m 时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但2m 处的电势大于2m 处的电势，说明 O 点到2的电势差小于 O 点到2的电势差，根据运动的可逆性都可看成 O 点向两处的减速运动2211122OmvmvqU 左，2221122OmvmvqU 右可知2处的速度大，所以电场力的功率不相等，故 D 错误。故选 A。9BDAB根据题意，对 B 受力分析，受重力、丝线拉力和库仑力，如图所示由相似三角形可得TFGFOAOBd根据库仑定律AB2kQ QFd可知，由于 B 球缓慢漏电，则 F 减小，由于G、OA、OB均不

21、变，则 d 逐渐减小，FT不变，故 A 错误，B 正确；CD根据 AB 分析可知，当 AB 间距离减为3d时，库仑力减小到原来的13，根据2ABkQ QFd可知，B 球的电荷量减小为原来的127，故 C 错误，D 正确。故选 BD。10BDAB由摩擦因数可知mgsin 37mgcos 37则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时mv02mv解得v0.5v0则回路产生的焦耳热为Q12mv02122mv214mv02则导体棒 cd 中产生的焦耳热为QcdQab12Q18mv02故 A 错误，B 正确；C当导体棒 cd 的速度为14v0时，则由动量守恒mv0m14v0mvab解得vab34v

22、0故 C 错误；D当导体棒 ab 的速度为34v0时，则由动量守恒mv0m34v0mvcd解得vcd14v0故 D 正确。故选 BD。11BCA由于沿斜面ABBCCD=531故三个小球竖直方向运动的位移之比为 941，运动时间之比为 321，故 A 错误；B斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角满足tan=2tan 与小球抛出时的初速度大小和位置无关，故 B 正确；C同时tan=0gtv所以三个小球的初速度大小之比等于运动时间之比，为 321，故 C 正确；D三个小球的运动轨迹（抛物线）在 D 点相交，不会在空中相交，故 D 错误。故选 BC。12BCD以垂直ABFE面的四根导线

23、为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是02 20kIL、和04kIL，若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为02 2kIL时，二者夹角为 120，正方体中心处的磁感应强度大小为02 2kIL；当ABFE面中心磁场沿BE方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为02 2kIL时，二者夹角为 60，正方体中心处的磁感应强度大小02 6kIL；当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为04kIL时，二者夹角为 90，正方体中心处的磁感应强度大小0

24、4 2kIL；当ABFE面中心磁场方向沿EF方向、大小为04,kIBCHFL面中心磁场方向沿BH方向、大小为02 2kIL时，二者夹角为 90，正方体中心处的磁感应强度大小为02 6kIL。故正方体中心的磁感应强度大小可能为002 24 20kIkILL、和02 6kIL。故选 BCD。13BA相同0.80（1）1为了减小空气阻力对小球的影响，要选择体积较小质量较大的小球，故选实心小铁球，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。（2）2实验时必须确保抛出速度方向是水平的，则 A 正确，BCD 错误。故选 A。（3）3ab、bc、cd 过程中水平向的位移相等，则用时相同。4在研究平抛运动的实验中，

25、为保证小球做平抛运动斜槽末端要水平，为保证每次运动轨迹相同要求小球从同一位置释放，小球竖直方向做自由落体运动，有2lgT则lTg小球初速度为02lvT代入数据得00.80m sv。1424mgLhnLAB#BA（1）1小钢球离开桌面后做平抛运动，则有Lvt，212hgt联立解得2gvLh小钢球离开桌面边缘时的动能为22k412mgLhEmv（2）2由nnLv t，212hgt解得2nnngvLLh由题意本实验中合外力做功与动能变化近似相等2012nWnWmv可得nvn则有111nnLvnLv可得1nLnLnL（3）3本实验需要使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，需要使桌面尽量光滑，不需要测量橡皮

26、筋的伸长量x，不需要测量小钢球的直径。故选 AB。152()vm gr物体由 A 滑到 B 的过程中，受到重力、轨道弹力及摩擦力的作用，做圆周运动。物体在 B点的受力情况如图所示其中轨道弹力 FN与重力 G=mg 的合力提供物体做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得2NmvFmgr得2NmvFmgr则滑动摩擦力为fN2()FFmvgr16（1）223n B rRt，方向从 b 到 a；（2）22 13n B r tRt；（3）2223n CB rt（1）由 Bt 图象可知，磁感应强度的变化率为00BBtt根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为20 2202m B rBEnn rtttppDFD=D

27、D根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为13EIR联立解得20 2103n B rIRt根据楞次定律可知通过 R1的电流方向为从 b 到 a。（2）通过 R1的电荷量1 1qI t解得20 2 103n B r tqRt（3）电容器两板间电压为20211023nBrUI Rtp=则电容器所带的电荷量为20 2023n CB rQCUtp=17（1）5 m/s；（2）333.3 N；（3）7.2 m（1）在 C 点，根据牛顿第二定律2CvmgmR解得5m/sCv（2）由 C 点到 D 点过程根据机械能守恒22112222CDmgRmvmvmgr在 D 点2NDvmgFmr所以N333.3NF 由牛顿

28、第三定律知小滑车对轨道的压力 FN为 333.3 N。（3）小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为1v，根据机械能守恒有22111222CmgRmvmv小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为2v，则212hgt2xv t解得21vv所以只要2212mgHmv即可满足题意。解得7.2mH 18（1）10.4m/sv；（2）27NF；（3）见解析（1）3 号门板与 2 号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移 1122sLLLd解得10.8ms 根据功能关系2010 11222m gsm v解得10.4m/sv（2）3 号门板与 2 号门板碰撞，根据动量守恒定律0 00 12m

29、 vm v解得00.8m/sv 3 号门板从开始运动到与 2 号门板碰撞，位移为023sLd解得00.85ms 根据动能定理2000012Fsm gsm v解得27NF（3）若02NFm g，3 号门保持静止若 3 号门板还未与 2 号门板碰撞，即230.85mxLd00Fsm gx解得0.15mxF此时0.3m0.85mx172NN3F若 3 号门板与 2 号门板碰撞，但 2 号门板还未与 1 号门板碰撞22323LdxLd即0.85m1.7mx3 号门板与 2 号门板碰撞前20202132Fsm g Ldm v3 号门板与 2 号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒02032m vm v3 号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后 2、3 号门板机械能全部转化为摩擦产热。2030212232m vm g xLd解得3(17)(m)80Fx由0.85m1.7mx可得此时恒力的取值范围为1785NN33F由几何关系可知，3 号门板反弹后不会再次与 2 号门板碰撞。