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2023-2024学年黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校高三上学期第三次月考（11月）物理试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校高三上学期第三次月考（11月）物理试题（含解析），共11页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，6m /sB．6等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分100 分，考试时间 75 分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第一册、第二册、第三册第九至十章、选择性必修第一册第一章。
一、选择题（本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.如图所示，质量相等的 A、B两球离地高度相同，A 球由静止释放，B球以一定的水平速度向右抛出，不计空气阻力，则两球在空中运动的过程中
A．动量变化相同，动能变化相同B．动量变化不同，动能变化相同
C．动量变化相同，动能变化不同D．动量变化不同，动能变化不同
2.如图所示，实线表示某静电场的三条等差等势线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场中的四个点。下列结论正确的是
A．粒子从 A 到D的过程中动能逐渐减小
B．粒子在 A 点的加速度大于在D 点的加速度
C．粒子在 A 点时具有的电势能小于在 D 点时具有的电势能
D．若实线表示电场线，将该粒子从 C 点由静止释放，它可能一直沿实线运动到 B点
3.如图所示，某同学斜向上抛出一篮球，若空气阻力不计，下列各图分别是篮球在空中运动过程中的速率 v、加速度a、水平位移x和重力的瞬时功率 P 随时间 t 变化的图像，其中正确的是
4.运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，重力加速度 g 取10m/s²，水的密度为ρ=1.0×10³kg/m³，则喷嘴处喷水的速度大小约为
A．7.6m /sB．6.4m/sC．5.2m/sD．4m /s
5.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为 R 的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度大小为 g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
A．2nmgω2RH5B．3nmgωRH5C．3nmgω2RH5D． nmgωRH
6.半径为 R 的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷，点A、B、C将圆环三等分，取走 A、B处两段弧长均为△L 的小圆弧上的电荷，将一点电荷q置于OC 延长线上距C 点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，圆环上剩余电荷分布不变，则q为
A．正电荷， q=9Q△L2πRB．正电荷， q=2Q△LπR
C．负电荷， q=2Q△LπRD．负电荷， q=9Q△L2πR
7.近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为 2k g的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g 取10m/s²，下列说法正确的是
A．小车的最大牵引力为3 NB．小车的额定功率为 6 W
C．小车加速时间为 53sD．小车减速的时间为 1s
8.科学家威廉·赫歇尔首次提出了“双星”这个名词。现有由两颗中子星A、B组成的双星系统（不考虑其他星球的影响），可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型。已知 A 的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M，A、B间的距离为L，A、B运动周期为T，则下列说法正确的是
A． A的线速度小于 B 的线速度
B． A 的质量小于 B 的质量
C．若M一定，则L 越大，T 越小
D．若L一定，则M越大，T 越小
9.在某静电场中，x轴上的场强 E 随x 的变化关系如图所示，规定 x轴正向为场强正方向。下列说法正确的是
A． x1和x3处的电场强度相同
B．从 x2到x4，电势逐渐降低
C．一电子从x2处沿直线运动到 x4处，速度先增大后减小
D．一电子从 x1处沿直线运动到 x4处，电势能先减小后增大
10.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=1kg的小球，从弹簧上端 ℎ=0.7m处由静止自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度 v和弹簧压缩量△x的关系图像如图乙所示，其中A 为曲线的最高点。小球和弹簧接触瞬间不计机械能损失，忽略空气阻力，重力加速度 g取 10m/s²，下列说法正确的是
A．小球接触弹簧后做减速运动
B．弹簧的劲度系数 k=50 N/m
C．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为 1 J
D．小球从接触弹簧至弹簧压缩最短的过程中，加速度先增大后减小
二、非选择题（本题共5 小题，共54分）
11.（6分）如图甲所示，某课外探究小组做“验证机械能守恒定律”的实验。金属小球的直径为d、质量为m，小球由 A 处静止释放，通过 A 处正下方、固定于 B处的光电门，测得A、B间的距离为 H（H>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，多次改变高度 H，重复上述实验，当地的重力加速度为 g。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= mm。
（2）作出随 H的变化图像如图丙所示。图中 t0、H0为已知量，重力加速度 g 与小球的直径d满足 时（用g、d、H0、t0表示），可判断小球下落过程中机械能守恒。
（3）某次实验中发现动能增加量△Ek总是稍小于重力势能减少量△Ep，不考虑测量误差，可能的原因是 。（写出一条即可）
12.（10分）如图甲所示是“验证动量守恒定律”的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）用螺旋测微器测量滑块上的遮光条宽度，测量结果如图乙所示，读数为 d= mm。
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2 的时间。为使导轨水平，可调节 Q使轨道右端 （填“升高”或“降低”）一些。
（3）测出滑块A 和遮光条的总质量为mA，滑块 B和遮光条的总质量为mB，将滑块 B静置于两光电门之间，将滑块A 静置于光电门1右侧，推动滑块A，使其获得水平向左的初速度，经过光电门1后与滑块 B 发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间分别为 △t1和△t2，光电门2记录的挡光时间为 △t3，实验中两滑块的质量应满足 mA mB（填“>”“<”或“=”）。
（4）滑块 A、B碰撞过程中，若表达式 成立，则可验证动量守恒定律成立；若表达式 成立，则此碰撞为弹性碰撞。（均用题中所给物理量字母符号表示）
13.（10分）如图所示，在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一质量为M=2kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一质量为m=1kg的光滑球，球的球心为 O，OB 与竖直方向的夹角 θ=37°，，正方体和球均保持静止。已知正方体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）正方体和墙壁对球的支持力 N1、N2大小；
（2）保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，球的最大质量。
14.（13分）如图所示，虚线 MN 左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E₁的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ之间存在着宽为L、方向竖直向下、电场强度大小为E₂（未知）的匀强电场，在虚线PQ右侧距离为L 处有一竖直放置的屏。现将一带电量为-q（q>0），质量为 m的带电粒子无初速度地放入电场E₁中的 A 点，最后打在右侧屏上的 K 点（图中未画出）。已知A点到MN 的距离为 L2，AO连线与屏垂直，O为垂足，不计带电粒子的重力，求：
（1）带电粒子到 MN 的速度大小；
（2）若 E2=E12，带电粒子离开电场 E₂时的速度；
（3）调节 E₂的大小可使 K 点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证 K 点到O点的距离 d 满足 12L≤d≤52L，此条件下 E2E1的范围。
15.（15分）如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在 B端放置两个滑块，滑块甲的质量 M=2kg，滑块乙的质量 m=1kg，两滑块间固定一压缩弹簧（图中未画出），弹簧储存的弹性势能 Eₚ=48J。水平面 B 端紧靠倾角 θ=37°的传送带，传送带与水平面通过 B端小圆弧平滑连接，传送带以速率 v=2m/s逆时针转动。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左、右弹开，滑块乙经过 B 处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到 B端。已知光滑水平面A、B长度为x=5m，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g取 10m/s²，滑块甲与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块通过 B 处时无机械能损失，两滑块均可看作为质点。求：
（1）B、C两端传送带的长度L；
（2）滑块乙从 B端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间t；
（3）滑块乙第一次返回到 AB面上后与滑块甲碰撞的位置。
普高联谊校2023-2024学年高三上学期第三次月考
物理
参考答案、提示及评分细则
1. A
由于重力做功相同，因此动能变化相同，由于下落运动时间相同，因此重力的冲量相同，根据动量定理可知，动量变化相同，A正确。
2. B
电场力指向轨迹内侧，故电荷所受电场力大致向右下方，故电场线大致向左，A→D电场力做正功，动能变大，A错误；等差电势线越密，场强越大，B正确，C、D错误。
3. C
篮球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，水平方向的速度不变，故篮球的速率先减小后增大，水平分位移与时间成正比，A 错误、C正确；篮球只受重力作用，故加速度保持不变，B错误；因为速度的竖直分量先减小到零后反向增大，再根据P=mgvy，可知重力的功率先减小后增大，D错误。
4. A
设飞行器对水的作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于 F，对飞行器根据平衡条件有F=Mg，设水喷出时的速度为 v，在时间 t内喷出的水的质量为 △m=ρV=2ρSvt，又有 S= πd24，对喷出的水应用动量定理有 Ft=△mv，联立解得 v≈7.6m/s，A正确。
5. B
由题知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为 m总=2πRmm×60%=1.2πRmm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功 W=m总gH=1.2πRmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 P=WT，其中 T=2πω，联立解得 P=3mmgωRH5，B正确。
6. D
因为正电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为 △L 的小圆弧上所带电荷量为 Q'=ΔL2πRQ，在△L 足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，根据圆环的对称性，可以得到取走 A、B处两段弧长均为△L 的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图所示，有E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3。由图可知，两场强的夹角为 120°，则两者的合场强为E=E1=kQΔL2πR3，根据O点的合场强为0，则放在 D点的点电荷带负电，在O点产生的场强大小为 E'=E=kQΔL2πR3，根据 E'=kq3R2，联立解得 q=9QΔL2πR，D正确。
7. C
当关闭电源后只有阻力对小车做功，由动能定理有 △Eₖ=−fx，结合图像可知，阻力大小为 f=3N，故小车的最小牵引力为F=f=3N，A 错误；小车的最大动能为 Ekmax=12mvm2=9J，解得 vₘ=3m/s，小车的额定功率为 P额=fvm=9W，B错误；加速过程中，对小车由动能定理有 P额t1−fx=Ekmax−0，可得加速时间 t1=53s，C正确；关闭电源后，由牛顿运动定律可得 a=fm=1.5m/s2，小车减速时间为 t3=vma=2s，D错误。
8. AD
因为双星的角速度相等，且 rAmB，即 A 的质量大于B 的质量，其中 rA+rB=L，mA+mB=M，T=2πω。联立可得 T=2πL3GM，由此式可知，若L一定，则 M越大，T越小，若M一定，则L 越大，T越大，B、C错误，D正确。
9. BD
x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，A错误；从x₂到 x₁，场强为正值，则场强方向沿x轴正向，则电势逐渐降低，B正确；一电子从 x2处沿直线运动到x₁处，电场力一直做负功，则速度一直减小，C错误；从x1处到x2处，电势升高；从x1处到x4处，电势降低，则一电子从x₁处沿直线运动到x₄ 处，电势能先减小后增大，D正确。
10. BC
小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，有 mg−F弹=ma，随着弹力增大，加速度减小，小球做加速运动，直到弹力等于重力，此时速度最大，后重力小于弹力，有 F弹−mg=ma，随着弹力增大，加速度反向增大，小球开始做减速运动，A、D错误；由图可知，小球达到最大速度 v=4m/s时，弹簧压缩量为 x₁=0.2m，此时加速度为零，有 mg=kx₁，解得 k=50 N/m，B正确；小球从释放至速度最大的过程中，由能量守恒有 mgℎ+Δℎ1=12mv2+Ep，解得 Eₚ=1J，C正确。
11.（1）7.25 （2）2gH0t02=d2（结果正确，形式不同也可得分） （3）该过程有空气阻力影响（每空2分）
解析：（1）由题图乙可知，主尺刻度为7 mm；游标尺上对齐的刻度为5，故读数为7+0.05×5mm=7.25 mm。
（2）若减少的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有 mgH=12mv2，即 2gH0=dt02，解得1t02=2gd2H0。
（3）由于该过程中有阻力做功。
12.（1）2.330（2.329~2.331都对） （2）升高 （3）<
（4）mA1Δt1+1Δt2=mB1Δt3（其他形式合理，也对） mA1Δt12−1Δt22=mB1Δt32（其他形式合理，也对）（每空 2 分）
解析：（1）滑块上遮光条的宽度为d=2mm+33.0×0.01mm=2.330mm。
（2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明通过光电门1的速度大于通过光电门 2的速度，为使导轨水平，可调节 Q使轨道右端升高一些。
（3）要使滑块 A 与滑块 B 碰撞后反弹，则两滑块的质量应该满足 mA（4）取向左为正方向，碰撞前A 的动量为 p0=mA⋅dΔt1，碰撞后A 的动量为 p1=−mA⋅dΔt2，碰撞后 B的动量为 p2=mB⋅dΔt3，滑块A、B碰撞过程中，若动量守恒，有 p₀=p₁+p₂，化简得 mA1Δt1+1Δt2=mB1Δt3；
若碰撞为弹性碰撞，则 12mAdΔt12=12mAdΔt22+12mBdΔt32，化简得 mA1Δt12−1Δt22=mB1Δt32。
13.解：（1）对球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可知
竖直方向有 N₁csθ=mg（2分）
解得 N1=mgcsθ=12.5N（1分）
水平方向有 N₂=mgtanθ=7.5N（2分）
（2）对整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知
竖直方向有 N₃=M+mg（1分）
水平方向有 N₂=f（1分）
其中 f≤μN₃（1分）
联立解得 m≤4kg （1分）
故球的最大质量为 4k g （1分）
14.解：（1）带电粒子从 A 点到MN 的过程中，由动能定理有 qE1⋅L2=12mv2−0（2分）
解得带电粒子到 MN的速度大小为 v=qE1Lm（1分）
（2）带电粒子在电场E₂中做类平抛运动，水平方向有 L=vt，解得 t=mLqE1（1分）
竖直方向有 vy=at=qE2m⋅t=12qE1Im（1分）
带电粒子离开电场 E2时的速度大小为 v1=v2+vy2=125qE1Lm（2分）
离开电场 E2时速度方向与水平方向夹角的正切值为 tanθ=vvv=12（1分）
（3）带电粒子在电场 E2中沿竖直方向的位移大小为 y=12at2=12⋅qE2m⋅t2=E2L2E1（2分）
根据三角形相似有 L23L2=yd（1分）
解得 d=3y=3E2L2E1（1分）
现要保证 K 点到O 点的距离 d 满足 12L≤d≤52L，故 13≤E2E1≤53（1分）
15.解：（1）由动量守恒得 Mv甲=mv乙（1分）
弹簧储存的弹性势能 Ep=12Mv甲2+12mv乙2（1分）
联立解得 v甲=4m/s，v乙=8m/s（1分）
设滑块乙上滑过程中的加速度大小为 a1
根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcsθ=ma₁，解得 a₁=10m/s²（1分）
滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，有 L=v乙22a1=3.2m（1分）
（2）设滑块乙从 B 点运动到C 点所用时间为 t1，有 t1=v乙a1=0.8s（1分）
滑块乙下滑过程中，受力分析可知，刚开始下滑阶段加速度大小为 a₂=a₁=10m/s²
设滑块乙从 C点向下加速到与传送带速度相同的时间为t2，位移为 x1
根据运动学有v=a₂t₂和 x1=12vt2（1分）
解得 t₂=0.2s、x₁=0.2m（1分）
由于 mgsinθ>μmgcsθ，滑块乙继续向下加速，设加速度大小为 a3，运动到 B 点所用时间为t3
根据牛顿第二定律有 mgsinθ−μmgcsθ=ma₃，解得 a₃=2m/s²（1分）
由运动学有 L−x1=vt3+12a3t32，解得 t₃=1s（1分）
则滑块乙从 B 端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间 t=t₁+t₂+t₃=2s（1分）
（3）滑块乙回到 B端的速度大小为 v'乙=v+a3t3=4m/s（1分）
在滑块乙回到B端的过程中，滑块甲通过的路程为S甲=v甲t=8m（1分）
此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距B端2m处（1分）
由于 v甲=v'乙=4m/s，可知两滑块在距 B端 1m 处发生碰撞 （1分）
考生注意：
1.本试卷满分100 分，考试时间 75 分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第一册、第二册、第三册第九至十章、选择性必修第一册第一章。
一、选择题（本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.如图所示，质量相等的 A、B两球离地高度相同，A 球由静止释放，B球以一定的水平速度向右抛出，不计空气阻力，则两球在空中运动的过程中
A．动量变化相同，动能变化相同B．动量变化不同，动能变化相同
C．动量变化相同，动能变化不同D．动量变化不同，动能变化不同
2.如图所示，实线表示某静电场的三条等差等势线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场中的四个点。下列结论正确的是
A．粒子从 A 到D的过程中动能逐渐减小
B．粒子在 A 点的加速度大于在D 点的加速度
C．粒子在 A 点时具有的电势能小于在 D 点时具有的电势能
D．若实线表示电场线，将该粒子从 C 点由静止释放，它可能一直沿实线运动到 B点
3.如图所示，某同学斜向上抛出一篮球，若空气阻力不计，下列各图分别是篮球在空中运动过程中的速率 v、加速度a、水平位移x和重力的瞬时功率 P 随时间 t 变化的图像，其中正确的是
4.运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，重力加速度 g 取10m/s²，水的密度为ρ=1.0×10³kg/m³，则喷嘴处喷水的速度大小约为
A．7.6m /sB．6.4m/sC．5.2m/sD．4m /s
5.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为 R 的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度大小为 g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
A．2nmgω2RH5B．3nmgωRH5C．3nmgω2RH5D． nmgωRH
6.半径为 R 的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷，点A、B、C将圆环三等分，取走 A、B处两段弧长均为△L 的小圆弧上的电荷，将一点电荷q置于OC 延长线上距C 点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，圆环上剩余电荷分布不变，则q为
A．正电荷， q=9Q△L2πRB．正电荷， q=2Q△LπR
C．负电荷， q=2Q△LπRD．负电荷， q=9Q△L2πR
7.近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为 2k g的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g 取10m/s²，下列说法正确的是
A．小车的最大牵引力为3 NB．小车的额定功率为 6 W
C．小车加速时间为 53sD．小车减速的时间为 1s
8.科学家威廉·赫歇尔首次提出了“双星”这个名词。现有由两颗中子星A、B组成的双星系统（不考虑其他星球的影响），可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型。已知 A 的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M，A、B间的距离为L，A、B运动周期为T，则下列说法正确的是
A． A的线速度小于 B 的线速度
B． A 的质量小于 B 的质量
C．若M一定，则L 越大，T 越小
D．若L一定，则M越大，T 越小
9.在某静电场中，x轴上的场强 E 随x 的变化关系如图所示，规定 x轴正向为场强正方向。下列说法正确的是
A． x1和x3处的电场强度相同
B．从 x2到x4，电势逐渐降低
C．一电子从x2处沿直线运动到 x4处，速度先增大后减小
D．一电子从 x1处沿直线运动到 x4处，电势能先减小后增大
10.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=1kg的小球，从弹簧上端 ℎ=0.7m处由静止自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度 v和弹簧压缩量△x的关系图像如图乙所示，其中A 为曲线的最高点。小球和弹簧接触瞬间不计机械能损失，忽略空气阻力，重力加速度 g取 10m/s²，下列说法正确的是
A．小球接触弹簧后做减速运动
B．弹簧的劲度系数 k=50 N/m
C．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为 1 J
D．小球从接触弹簧至弹簧压缩最短的过程中，加速度先增大后减小
二、非选择题（本题共5 小题，共54分）
11.（6分）如图甲所示，某课外探究小组做“验证机械能守恒定律”的实验。金属小球的直径为d、质量为m，小球由 A 处静止释放，通过 A 处正下方、固定于 B处的光电门，测得A、B间的距离为 H（H>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，多次改变高度 H，重复上述实验，当地的重力加速度为 g。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= mm。
（2）作出随 H的变化图像如图丙所示。图中 t0、H0为已知量，重力加速度 g 与小球的直径d满足 时（用g、d、H0、t0表示），可判断小球下落过程中机械能守恒。
（3）某次实验中发现动能增加量△Ek总是稍小于重力势能减少量△Ep，不考虑测量误差，可能的原因是 。（写出一条即可）
12.（10分）如图甲所示是“验证动量守恒定律”的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）用螺旋测微器测量滑块上的遮光条宽度，测量结果如图乙所示，读数为 d= mm。
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2 的时间。为使导轨水平，可调节 Q使轨道右端 （填“升高”或“降低”）一些。
（3）测出滑块A 和遮光条的总质量为mA，滑块 B和遮光条的总质量为mB，将滑块 B静置于两光电门之间，将滑块A 静置于光电门1右侧，推动滑块A，使其获得水平向左的初速度，经过光电门1后与滑块 B 发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间分别为 △t1和△t2，光电门2记录的挡光时间为 △t3，实验中两滑块的质量应满足 mA mB（填“>”“<”或“=”）。
（4）滑块 A、B碰撞过程中，若表达式 成立，则可验证动量守恒定律成立；若表达式 成立，则此碰撞为弹性碰撞。（均用题中所给物理量字母符号表示）
13.（10分）如图所示，在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一质量为M=2kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一质量为m=1kg的光滑球，球的球心为 O，OB 与竖直方向的夹角 θ=37°，，正方体和球均保持静止。已知正方体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）正方体和墙壁对球的支持力 N1、N2大小；
（2）保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，球的最大质量。
14.（13分）如图所示，虚线 MN 左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E₁的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ之间存在着宽为L、方向竖直向下、电场强度大小为E₂（未知）的匀强电场，在虚线PQ右侧距离为L 处有一竖直放置的屏。现将一带电量为-q（q>0），质量为 m的带电粒子无初速度地放入电场E₁中的 A 点，最后打在右侧屏上的 K 点（图中未画出）。已知A点到MN 的距离为 L2，AO连线与屏垂直，O为垂足，不计带电粒子的重力，求：
（1）带电粒子到 MN 的速度大小；
（2）若 E2=E12，带电粒子离开电场 E₂时的速度；
（3）调节 E₂的大小可使 K 点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证 K 点到O点的距离 d 满足 12L≤d≤52L，此条件下 E2E1的范围。
15.（15分）如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在 B端放置两个滑块，滑块甲的质量 M=2kg，滑块乙的质量 m=1kg，两滑块间固定一压缩弹簧（图中未画出），弹簧储存的弹性势能 Eₚ=48J。水平面 B 端紧靠倾角 θ=37°的传送带，传送带与水平面通过 B端小圆弧平滑连接，传送带以速率 v=2m/s逆时针转动。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左、右弹开，滑块乙经过 B 处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到 B端。已知光滑水平面A、B长度为x=5m，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g取 10m/s²，滑块甲与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块通过 B 处时无机械能损失，两滑块均可看作为质点。求：
（1）B、C两端传送带的长度L；
（2）滑块乙从 B端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间t；
（3）滑块乙第一次返回到 AB面上后与滑块甲碰撞的位置。
普高联谊校2023-2024学年高三上学期第三次月考
物理
参考答案、提示及评分细则
1. A
由于重力做功相同，因此动能变化相同，由于下落运动时间相同，因此重力的冲量相同，根据动量定理可知，动量变化相同，A正确。
2. B
电场力指向轨迹内侧，故电荷所受电场力大致向右下方，故电场线大致向左，A→D电场力做正功，动能变大，A错误；等差电势线越密，场强越大，B正确，C、D错误。
3. C
篮球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，水平方向的速度不变，故篮球的速率先减小后增大，水平分位移与时间成正比，A 错误、C正确；篮球只受重力作用，故加速度保持不变，B错误；因为速度的竖直分量先减小到零后反向增大，再根据P=mgvy，可知重力的功率先减小后增大，D错误。
4. A
设飞行器对水的作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于 F，对飞行器根据平衡条件有F=Mg，设水喷出时的速度为 v，在时间 t内喷出的水的质量为 △m=ρV=2ρSvt，又有 S= πd24，对喷出的水应用动量定理有 Ft=△mv，联立解得 v≈7.6m/s，A正确。
5. B
由题知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为 m总=2πRmm×60%=1.2πRmm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功 W=m总gH=1.2πRmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 P=WT，其中 T=2πω，联立解得 P=3mmgωRH5，B正确。
6. D
因为正电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为 △L 的小圆弧上所带电荷量为 Q'=ΔL2πRQ，在△L 足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，根据圆环的对称性，可以得到取走 A、B处两段弧长均为△L 的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图所示，有E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3。由图可知，两场强的夹角为 120°，则两者的合场强为E=E1=kQΔL2πR3，根据O点的合场强为0，则放在 D点的点电荷带负电，在O点产生的场强大小为 E'=E=kQΔL2πR3，根据 E'=kq3R2，联立解得 q=9QΔL2πR，D正确。
7. C
当关闭电源后只有阻力对小车做功，由动能定理有 △Eₖ=−fx，结合图像可知，阻力大小为 f=3N，故小车的最小牵引力为F=f=3N，A 错误；小车的最大动能为 Ekmax=12mvm2=9J，解得 vₘ=3m/s，小车的额定功率为 P额=fvm=9W，B错误；加速过程中，对小车由动能定理有 P额t1−fx=Ekmax−0，可得加速时间 t1=53s，C正确；关闭电源后，由牛顿运动定律可得 a=fm=1.5m/s2，小车减速时间为 t3=vma=2s，D错误。
8. AD
因为双星的角速度相等，且 rA
9. BD
x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，A错误；从x₂到 x₁，场强为正值，则场强方向沿x轴正向，则电势逐渐降低，B正确；一电子从 x2处沿直线运动到x₁处，电场力一直做负功，则速度一直减小，C错误；从x1处到x2处，电势升高；从x1处到x4处，电势降低，则一电子从x₁处沿直线运动到x₄ 处，电势能先减小后增大，D正确。
10. BC
小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，有 mg−F弹=ma，随着弹力增大，加速度减小，小球做加速运动，直到弹力等于重力，此时速度最大，后重力小于弹力，有 F弹−mg=ma，随着弹力增大，加速度反向增大，小球开始做减速运动，A、D错误；由图可知，小球达到最大速度 v=4m/s时，弹簧压缩量为 x₁=0.2m，此时加速度为零，有 mg=kx₁，解得 k=50 N/m，B正确；小球从释放至速度最大的过程中，由能量守恒有 mgℎ+Δℎ1=12mv2+Ep，解得 Eₚ=1J，C正确。
11.（1）7.25 （2）2gH0t02=d2（结果正确，形式不同也可得分） （3）该过程有空气阻力影响（每空2分）
解析：（1）由题图乙可知，主尺刻度为7 mm；游标尺上对齐的刻度为5，故读数为7+0.05×5mm=7.25 mm。
（2）若减少的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有 mgH=12mv2，即 2gH0=dt02，解得1t02=2gd2H0。
（3）由于该过程中有阻力做功。
12.（1）2.330（2.329~2.331都对） （2）升高 （3）<
（4）mA1Δt1+1Δt2=mB1Δt3（其他形式合理，也对） mA1Δt12−1Δt22=mB1Δt32（其他形式合理，也对）（每空 2 分）
解析：（1）滑块上遮光条的宽度为d=2mm+33.0×0.01mm=2.330mm。
（2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明通过光电门1的速度大于通过光电门 2的速度，为使导轨水平，可调节 Q使轨道右端升高一些。
（3）要使滑块 A 与滑块 B 碰撞后反弹，则两滑块的质量应该满足 mA
若碰撞为弹性碰撞，则 12mAdΔt12=12mAdΔt22+12mBdΔt32，化简得 mA1Δt12−1Δt22=mB1Δt32。
13.解：（1）对球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可知
竖直方向有 N₁csθ=mg（2分）
解得 N1=mgcsθ=12.5N（1分）
水平方向有 N₂=mgtanθ=7.5N（2分）
（2）对整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知
竖直方向有 N₃=M+mg（1分）
水平方向有 N₂=f（1分）
其中 f≤μN₃（1分）
联立解得 m≤4kg （1分）
故球的最大质量为 4k g （1分）
14.解：（1）带电粒子从 A 点到MN 的过程中，由动能定理有 qE1⋅L2=12mv2−0（2分）
解得带电粒子到 MN的速度大小为 v=qE1Lm（1分）
（2）带电粒子在电场E₂中做类平抛运动，水平方向有 L=vt，解得 t=mLqE1（1分）
竖直方向有 vy=at=qE2m⋅t=12qE1Im（1分）
带电粒子离开电场 E2时的速度大小为 v1=v2+vy2=125qE1Lm（2分）
离开电场 E2时速度方向与水平方向夹角的正切值为 tanθ=vvv=12（1分）
（3）带电粒子在电场 E2中沿竖直方向的位移大小为 y=12at2=12⋅qE2m⋅t2=E2L2E1（2分）
根据三角形相似有 L23L2=yd（1分）
解得 d=3y=3E2L2E1（1分）
现要保证 K 点到O 点的距离 d 满足 12L≤d≤52L，故 13≤E2E1≤53（1分）
15.解：（1）由动量守恒得 Mv甲=mv乙（1分）
弹簧储存的弹性势能 Ep=12Mv甲2+12mv乙2（1分）
联立解得 v甲=4m/s，v乙=8m/s（1分）
设滑块乙上滑过程中的加速度大小为 a1
根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcsθ=ma₁，解得 a₁=10m/s²（1分）
滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，有 L=v乙22a1=3.2m（1分）
（2）设滑块乙从 B 点运动到C 点所用时间为 t1，有 t1=v乙a1=0.8s（1分）
滑块乙下滑过程中，受力分析可知，刚开始下滑阶段加速度大小为 a₂=a₁=10m/s²
设滑块乙从 C点向下加速到与传送带速度相同的时间为t2，位移为 x1
根据运动学有v=a₂t₂和 x1=12vt2（1分）
解得 t₂=0.2s、x₁=0.2m（1分）
由于 mgsinθ>μmgcsθ，滑块乙继续向下加速，设加速度大小为 a3，运动到 B 点所用时间为t3
根据牛顿第二定律有 mgsinθ−μmgcsθ=ma₃，解得 a₃=2m/s²（1分）
由运动学有 L−x1=vt3+12a3t32，解得 t₃=1s（1分）
则滑块乙从 B 端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间 t=t₁+t₂+t₃=2s（1分）
（3）滑块乙回到 B端的速度大小为 v'乙=v+a3t3=4m/s（1分）
在滑块乙回到B端的过程中，滑块甲通过的路程为S甲=v甲t=8m（1分）
此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距B端2m处（1分）
由于 v甲=v'乙=4m/s，可知两滑块在距 B端 1m 处发生碰撞 （1分）
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