2022届江西省宜春市丰城市第九中学高三上学期第三次月考物理试题含解析

2022届江西省宜春市丰城市第九中学高三上学期第三次月考物理试题一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，9-12为多选，少选得2分）

1. 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，下列说法正确的是（   ）

A. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

B. 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点

C. 亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快

D. 胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，A错误；

B．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，B错误；

C．伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，C错误；

D．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，D正确。

故选D。

2. 地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知的半衰期为3.82d，经衰变后变成稳定的。下列说法正确的是（　　）

A. 氡核的中子数为86，质子数为136

B 该衰变要经过4次衰变和4次衰变

C. 该衰变过程，遵循质量守恒、电荷数守恒

D. 标号为的4个氡核经3.82d后一定剩下2个核未衰变

【答案】B

【解析】

【详解】A．氡核质子数为86，中子数为136，故A错误；

B．发生衰变的次数为

发生衰变的次数为

故B正确；

C．该衰变过程，遵循质量数守恒、电荷数守恒，但存在有质量亏损，故C错误；

D．半衰期是一个统计规律，只有对大量的原子核才适用，故D错误。

故选B。

3. 如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30º，则A球、C球的质量之比为（ ）

A. 1:2 B. 2:1 C. 1:  D. :1

【答案】C

【解析】

【详解】B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B球所在位置两线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知

A．1:2，与结论不相符，选项A错误；

B．2:1，与结论不相符，选项B错误；

C．1: ，与结论相符，选项C正确；

D．:1，与结论不相符，选项D错误；

故选C.

考点：考查受力平衡的分析

点评：本题难度较小，明确B球所在位置夹角为90°是本题求解的关键

4. 北京时间2019年4月10日21时，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片，如图所示．黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大，体积极小的天体，它的引力很大，连光都无法逃脱．若某黑洞表面的物体速度达到光速c时．恰好围绕其表面做匀速圆周运动，已知该黑洞的半径为R，引力常量为G，则可推测这个黑洞的密度为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设黑洞的质量为M，半径为R，则密度：

设质量为m的物体在该黑洞表面，则：

可得：

黑洞表面的物体做匀速圆周运动的速度为光速c，则

联立可得：

故A正确，BCD错误。

故选A ．

5. 如图所示，在足够大、场强为E的匀强电场中有一等边三角形ABC，电场方向与BC边平行。在三角形顶点B、C处放有等量的正电荷，此时A点的电场强度为。现将放于B的电荷由正变成负，但电量不变，则A点的电场强度变为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】放于B、C两点的电荷在A点激发的电场强度大小相同，根据电场强度的合成法

方向竖直向上，解得

可知B、C两电荷在A点激发的电场强度大小均为；当放在B点的电荷性质发生改变后，再次应用电场强度合成法，

解得

方向水平向左，可得此时A点的场强为

故A正确，BCD错误。

故选A。

6. 如图所示，半径为R半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是

A. 物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)

B. 物块从A到B过程与圆弧槽间正压力为

C. 物块在B点时对槽底的压力大小为

D. 物块到B点时重力的瞬时功率为mg

【答案】C

【解析】

【详解】A．物块从到做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得：

可得物块从到过程克服摩擦力做的功为：

所以物块从到过程克服摩擦力做的功为，故A错误；

B．物块从到的过程，由机械能守恒得：

可得物块到达点的速度大小为：

设物块从到过程，圆弧槽对物块的支持力为，圆弧槽对物块的支持力与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得：

根据牛顿第三定律可得物块从到过程与圆弧槽间正压力为：

故B错误；

C．物块在点时，由牛顿第二定律得：

可得：

根据牛顿第三定律知物块在点时对槽底的压力大小为，故C正确；

D．物块到点时重力与速度垂直，因此重力的瞬时功率为零，故D错误；

故选C。

7. 如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的、处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）

A. a的质量一定大于b的质量

B. a的电荷量一定大于b的电荷量

C. 在磁场中a运动的时间大于b运动的时间

D. a的比荷（）大于b的比荷（）

【答案】D

【解析】

【详解】设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为x。根据动能定理

得

由

得

则

得到

由图

U、B相同，故

粒子在磁场中运动的周期为

粒子运动时间

则

故ABC错误，D正确。

故选D。

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．根据动能定理求出粒子出加速电场时的速度，通过洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道半径的关系式，从而比较a、b的电量和质量的关系。

8. 如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则下列正确的是（　　）

A. 若，则物块落地点离A点

B. 若球面是粗糙的，当时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面

C. 若，则物块落地点离A点为R

D. 若，则物块落地点离A点至少为2R

【答案】D

【解析】

分析】

【详解】A．在最高点，根据牛顿第二定律得

解得

知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则

则水平运动位移

故A错误；

B．当时，在最高点，根据牛顿第二定律得

解得

如果1、物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B错误；

C．当时，物块也可能做圆周运动，故C错误；

D．若，由A的分析可知，水平位移

故D正确。

故选D。

【名师点睛】在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题。

9. 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段、、分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（　　）

A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比2∶5

B. 碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大

C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小

D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为

解得

故A错误；

B．设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为pⅠ、pⅡ，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有

- pⅠ+ pⅡ=p＞0

所以

pⅠ＜pⅡ

故B错误；

CD．设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为mⅠ、mⅡ。由题图可知碰后结合体的速度大小为

根据动量守恒定律有

- mⅠvⅠ+ mⅡvⅡ=( mⅠ+ mⅡ)v

解得

碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为

所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，故C错误，D正确。

故选D。

10. 均匀分布在地球赤道平面上的四颗同步通信卫星能够实现除 南北极等少数地区外的全球通信．已知地球半径为R，地球极地表面重力加速度为g，同步卫星所在轨道处的重力加速度为g′，地球自转周期为T，下面列出的是关于四颗卫星中相邻两颗卫星间的距离S的表达式，其中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】设同步卫星运行半径为r，根据根据万有引力提供向心力有：

得：

四颗同步卫星均匀分布在赤道平面上，由几何知识有：

在地球表面上引力等于重力,由牛顿第二定律有：

联立可以计算得出：

又因为：

故得：

综上所述，故选BC.

11. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是（　　）

A. 汽车在前5s内的牵引力为 B. 汽车速度为时的加速度为

C. 汽车的额定功率为100kW D. 汽车的最大速度为80

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

根据牛顿第二定律得

解得牵引力

选项A正确；

BC．汽车的额定功率

汽车在时的牵引力

根据牛顿第二定律得加速度

选项B错误，C正确；

D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

选项D错误。

故选AC。

12. 某地区1月份平均气温1.4℃，平均大气压1.021×105Pa；7月份平均气温30.84℃，平均大气压0.9960×105Pa．7月份和1月份相比较， 下列说法正确的是．

A. 7月份和1月份空气分子无规则热运动剧烈程度几乎相同

B. 与1月份相比单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数在7月份减少了

C. 7月份空气中每个分子的动能都比1月份的大

D. 对水这种液体它的表面张力7月份比1月份小

E. 对同种液体而言，它的饱和气压7月份高于1月份

【答案】BDE

【解析】

【详解】温度越高，分子无规则热运动加强．7月份与1月份相比较，平均气温升高了，所以分子无规则热运动加剧，故A错误；温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，可知气体分子的密集程度减小，则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少，B正确；温度越高，分子平均动能越大，但不代表每个分子动能都增大，有可能减小，C错误；表面张力还与温度有关，温度越高，性质越不纯，表面张力越小，故D正确；温度越高，同种液体的饱和气压越高，故E正确．

二、填空题（每空2分，共14分）

13. 用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，然后由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x．

（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v=___________．

（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．（填字母序号）

A．弹簧原长          B．当地重力加速度       C．滑块（含遮光片）的质量

（3）若气垫导轨左端比右端略高，弹性势能的测量值与真实值比较将_______（填字母序号）

A．偏大              B．偏小                 C．相等

【答案】    ①. （1）；    ②. （2）C；    ③. （3）A

【解析】

【分析】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时根据弹性势能的决定因素分析导轨高度变化后速度变化，从而即可求解．

【详解】（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有：；
（2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故选C．
（3）若气垫导轨左端比右端略高，导致通过两光电门的时间将减小，那么测得速度偏大，因此弹性势能的测量值也偏大；故选A.

【点睛】本题利用机械能守恒来探究弹簧的弹性势能的大小，要注意明确实验原理，知道如何测量滑块的速度，并掌握物体运动过程以及光电门的使用方法．

14. 小明用某种金属作为阴极的光电管观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示.已知普朗克常量方=6.63×10-34J·s.

（1）图甲中电极K为光电管的___________（填“阴极”或“阳极”）；

（2）小明给光电管加上正向电压，在光照条件不变时（入射光的频率大于金属铷的截止频率），小明将滑片P从最左端向右慢慢滑动过程中，电流表的读数变化情况是______________________．

（3）实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率v之间的关系如图乙所示，逸出功W0=___________J，如果实验中入射光的频率v=7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=___________J（结果保留3位有效数字）．

【答案】    ①. 阳极    ②. 电流增加但达到一定值后不再增加    ③. 3.41×10-19J    ④. 1.23×10-19J

【解析】

【详解】（1）电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A板为正极即为阳极．

（2）滑动变阻器的滑片向右滑动，加速度电场增强，电流增加但达到一定值后不再增加．

（3）由Ekm=hv-W0和eUC=EKm得：eUC=hv-W0，因此当遏制电压为零时，hvc=W0，根据图象可知，铷的截止频率vC=5.15×1014Hz，根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出功大小W0=6.63×10-34×5.15×1014=3.41×10-19J．根据Ekm=hv-W0=hv-hv0，由图可知v0=5.15×1014Hz，则EK=h（v-v0）代入数据求得：EK=1.23×10-19J．

三、计算分析题（10+14+14，共38分）

15. 如图所示，一固定水平汽缸，由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中由一细管（容积及长度可忽略）连通，两筒中各有一个活塞，大活塞横截面积S1=60cm2，小活塞横截面积S2=20cm2；两活塞用细绳连接。绳长L=20cm，汽缸外大气的压强为p0=1.00×105Pa，温度T=350K，初始时两活塞均静止在与汽缸底部等距离处，绳刚好伸直。两活塞间封装气体温度为T=200K，忽略两活塞与汽缸间摩擦，不漏气。现使汽缸内气体温度缓慢升高，求：

①当温度上升至280K时，缸内气体体积V；

②当与外界达到热平衡时，绳拉力T的大小．

【答案】①1120cm3；②100N；

【解析】

【详解】（1）对两活塞和细绳构成的整体受力分析，有

解得

Pa

并可知升温过程中，活塞整体左移，且只要小活塞不碰气缸底部，则一直为等压变化…

设温度280K时活塞左移了x，

气体等压变化

解得

x=8cm<10cm

所以假设成立

所以缸内气体体积为

解得

V=1120cm3

（2）设温度为T0时活塞恰左移了，气体等压变化

解得

T0=300K<350K

故尚未达到热平衡

温度从T0到热平衡温度T，经历等容变化，设末态气体压强为p，有

平衡条件可知

解得

FT=100N

16. 如图所示，倾斜传送带与水平面间的夹角，上、下两端点B、A间的距离，传送带以的速度沿顺时针方向运行，此时质量为3m的小滑块P恰好可以静止于AB的中点C，时，将质量为m的小滑块Q从B点无初速度释放，时小滑块Q与小滑块P发生弹性正碰，已知重力加速度，，。

（1）求小滑块Q与小滑块P碰后二者间的最大距离；

（2）判断小滑块P、Q能否在传送带上发生第二次碰撞，若能，求第一次与第二次碰撞的时间间隔；若不能，求小滑块P、Q从传送带上滑落的时间差。（保留一位有效数字）

【答案】（1）；（2）0.7s

【解析】

【详解】（1）对小滑块Q由运动学公式得

解得

对小滑块Q由动能定理得

小滑块Q与P发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

解得

碰后下滑块P、Q共速时，间距最大，小滑块Q减速至与传送带共速的过程中，由动能定理得

解得

由牛顿第二定律得

解得

小滑块Q减速至零反向加速至与P共速的过程中，由动能定理得

解得

由牛顿第二定律得

解得

小滑块P、Q碰撞到二者共速所经历的时间

此时小滑块P的位移

故小滑块P、Q间的最大距离

（2）小滑块P运动至传送带底端所需时间

小滑块Q碰后至与传送带共速的时间

小滑块Q与传送带共速后滑至传送带底端的过程，由运动学公式得

解得

小滑块Q碰后滑至传送带底端的时间

故小滑块P、Q不会在传送带上发生第二次碰撞，二者滑落的时间差

17. 如图，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2。

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；

(3)若滑块离开C点的速度大小为10m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。

【答案】(1)0.375；(2)2m/s；(3)0.1s

【解析】

【详解】(1)滑块从A到D过程，根据动能定理有

整理得

 (2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有

因 FN≥0，解得

滑块从A到C的过程，由根据动能定理有

解得

(3)离开C点做平抛运动，则有

x=vCt

y=gt2

又由几何关系有

联立代入得

t=0.1s