2024~2025学年安徽省滁州市高三下学期2月第一次质量监测物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年安徽省滁州市高三下学期2月第一次质量监测物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.转动动能是物体动能的一种形式，它是指物体绕某一轴旋转所具有的能量，转动动能的公式为Ek=12Jω2，其中ω为旋转的角速度。公式中的物理量J的单位为( )
A. kg⋅m2B. kg⋅m⋅s-1C. ND. m⋅s-3
2.如图所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于图中虚线对称，O点为两电荷连线的中点，M、N为两电荷连线的中垂线上的两点，且OM=ON。下列说法正确的是( )
A. A、B可能带等量异种电荷
B. M、N两点的电场强度均为零
C. M、N两点的电势相等
D. 同一试探电荷在M、N两点处所受电场力相同
3.2024年9月19日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第59颗、第60颗北斗导航卫星，该组卫星属中圆地球轨道(MEO)卫星，运行轨道离地高度大约为22000千米。2024年10月30日，神舟十八号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十九号航天员乘组入驻中国空间站，完成中国航天史上第5次“太空会师”，中国空间站在离地400∼450千米的高度上绕地球做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A. MEO卫星运行的线速度大于空间站运行的线速度
B. MEO卫星运行的角速度大于地球自转的角速度
C. MEO卫星运行的线速度大于地球的第一宇宙速度
D. 空间站中的宇航员不受地球的引力作用
4.如图所示，质量为1kg的物块静止在光滑水平地面上，在水平向右的恒力F=4N的作用下开始运动，依次通过 A、B、C、D四个位置。已知AB=3m、CD=15m，且通过AB段和CD段的时间均为1s，则通过BC段的时间为( )
A. 1sB. 2sC. 3sD. 4s
5.如图所示，固定在竖直平面内半径均为1m的两金属圆环平行正对，相距为3m，圆环的电阻不计。导体棒ab搭在两环的最低点，接入电路的电阻为0.5Ω。用导线将一阻值为1Ω的电阻R与两圆环相连，理想交流电压表V接在电阻R两端。整个空间存在磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向下的匀强磁场。若导体棒ab在外力作用下以6r/min的转速绕两圆环的中心轴O1O2紧贴圆环匀速转动，则导体棒ab在运动过程中，电压表的示数为( )
A. 2π2VB. 2 2π3VC. 2π4VD. 2π5V
6.乒乓球运动深受广大群众喜爱。如图所示，球网固定在球台的中央，运动员在球台边缘中点M处正上方高为h处将乒乓球水平发出，乒乓球反弹后擦着掠过球网并落在对方球台边缘中点N处。已知乒乓球落到台面上反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不考虑兵乓球的旋转和空气阻力，则球网的高度为( )
A. 12hB. 35hC. 23hD. 34h
7.如图所示，轻杆的一端用铰链固定于竖直墙壁上的B点，另一端固定一个轻质小滑轮C。绕过滑轮的轻绳一端固定在墙上的A点，另一端挂一质量为m的物块，物块处于静止状态。若不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 将A点竖直向上缓慢移动少许后，杆对滑轮的作用力增大
B. 将A点竖直向下缓慢移动少许后，杆对滑轮的作用力大小不变
C. 将A点沿着墙壁竖直向上缓慢移动时，轻杆BC保持不动
D. 将A点沿着墙壁竖直向下缓慢移动时，轻杆BC绕着B点逆时针转动
8.如图甲所示，一长直U型金属导轨在水平面内固定放置，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的左端接有一个阻值为R的电阻。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨之间的动摩擦因数为μ，接入电路中的电阻为 R。整个空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。在t=0时刻，对金属棒施加一个水平拉力F，F随时间变化的图像如图乙所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好。在t=2t0时刻金属棒的速度达到最大值。已知重力加速度为g，假设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 金属棒的最大速度为0.5μmgRB2L2
B. 在0∼2t0时间内摩擦力的冲量大小为2μmgt0
C. 在0∼2t0时间内金属棒的位移大小为5μmgRt04B2L2-2μm2gR2B4L4
D. 在0∼2t0时间内通过金属棒的电荷量为3μmgt08BL-μm2gR2B3L3
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，A、C两点为竖直直径的两个端点，B点与圆心O等高，一质量为 m的小球套在圆环上。某时刻小球从静止开始由圆环上的A点经B点自由下滑。已知重力加速度为g，则小球从A点下滑到C点的过程中( )
A. 先处于超重状态后处于失重状态
B. 对圆环的作用力的最大值为5mg
C. 对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足csθ=23
D. 对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足sinθ=23
10.如图所示，半径为R、质量为m的14圆槽AB静止在水平地面上，底端B点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左端到圆槽底端B点的距离为R。现将质量为m的小球乙(可视为质点)从圆槽顶端的A点由静止释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量不守恒
B. 球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R
C. 弹簧弹性势能的最大值为316mgR
D. 球甲最终的速度大小为 gR2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组用如图甲所示装置验证牛顿第二定律。细绳通过定滑轮连接两个小桶A和B，在A桶中放有若干个质量相同的钩码，在B桶中盛有一定量的细沙，打点计时器固定在铁架台上，所用交流电的频率为50Hz，已知重力加速度为g。
按下列步骤进行实验：
①给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀，此时两桶及所有钩码和桶内沙子的总质量为M;
②从A桶中取一个钩码放入B桶，释放B桶，打点计时器打出一条纸带;
③重复步骤②的操作，得到多条纸带。
(1)某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则桶的加速度大小为 m/s2，打下第6个计数点时桶的速度大小为 m/s。(结果均保留三位有效数字)
(2)实验小组测得多组数据，以加速度a为纵坐标，B桶中钩码的质量m为横坐标，得到如图丙所示的图像，图像的斜率为k。若牛顿第二定律成立，则M= (用k、g表示)。
12.实验室有一多用电表长时间未使用，某实验小组对该多用电表的功能进行检测：
①调节指针定位螺丝，使多用电表的指针指在左端的零刻度线上;
②将选择开关分别旋转至直流100mA挡和直流10V挡，并使用标准电流表和电压表对这两个挡位进行校对，发现能正常使用;
③为测试欧姆挡是否能正常使用，实验小组使用电阻箱对欧姆挡进行检测。将多用电表的选择开关调到欧姆挡×10挡位，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向0Ω处。
该实验小组继续进行以下探究：

(1)将开关、电阻箱、毫安表(内阻为RA=1Ω)串联后接到多用电表的红黑表笔两端，如图甲所示。则与毫安表的负接线柱连接的是 (选择“红”或“黑”)表笔。
(2)调节电阻箱阻值为R=65Ω后，闭合开关，此时多用电表指针如图乙所示，则欧姆表读数为 Ω，欧姆表×10挡位的内阻为 Ω。
(3)在步骤(2)中，毫安表的指针如图丙所示，其读数为 mA，则多用电表欧姆挡内部电源的电动势为 V。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M=201kg，这个士兵用自动步枪在10 s时间内沿水平方向连续射出了100发子弹，每颗子弹质量m=10g。若子弹离开枪口时相对地面的速度都是v0=800m/s，射击前皮划艇是静止的，不计水的阻力，求：
(1)连续射击后皮划艇的速度大小v;
(2)连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F。
14.如图所示，一带正电小球(可视为质点)塞在一个竖直绝缘的透明圆管中，让圆管从距地面高为h=1.25m处由静止开始下落，圆管与地面第一次碰撞后，立即在空间加上方向竖直向上、大小E=1×103V/m的匀强电场，一段时间后圆管与地面发生第二次碰撞。圆管在运动过程中始终保持竖直，小球未从管中掉出。已知圆管与地面碰撞前后速度大小不变，碰撞时间极短，圆管的质量M=1kg，小球的质量m=2kg，小球所带的电荷量q=3×10-2C，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为Ff=10N，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)求圆管第一次与地面碰撞时的速度大小v1;
(2)求圆管第二次与地面碰撞时的速度大小v2;
(3)要使小球在第二次与地面碰撞前不从管中掉出，求管的最小长度L。
15.如图甲所示的坐标系中x0区域有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小和方向随时间变化的关系如图乙所示，取垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，图中B0=1T。一足够大的荧光屏垂直于x轴放置并可沿x轴水平移动。现有一质量m=2×10-12kg，电量q=+3×10-9C的带电粒子从电场中的P点沿平行x轴方向以初速度v0=300 3m/s射入电场，然后从坐标原点O进入磁场。已知P点到x轴的距离为0.15m，粒子经过O点时的速度方向与x轴的夹角为θ=30∘，以粒子进入磁场时为t=0时刻，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的场强大小E;
(2)粒子在磁场中运动时到x轴的最远距离d;
(3)若要使带电粒子垂直打在荧光屏上，荧光屏在x轴上可能位置的坐标。
【参考答案】
1.【答案】A
【解析】由Ek=12Jω2可得J=2Ek2ω
则公式中的物理量J的单位为：(kg⋅m/s2)⋅m(1s)2=kg⋅m2；
故A正确，BCD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线只是形象描述电场的假想曲线，电场线密集的地方电场强度大，沿电场线方向电势降低。
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
【解答】
AB.根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量同种正电荷，故AB错误；
C.根据对称性可知，M、N两点处的电势相等，故C正确；
D.同一试探电荷在M、N两点处场强大小相等方向相反，所受电场力大小相等，方向一定相反，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.设地球的质量为M，人造卫星做匀速圆周运动的半径；为r，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得v= GMr；由于MEO卫星运行的轨道半径大于空间站运行的轨道半径，所以MEO卫星运行的线速度小于空间站运行的线速度，故A错误；
B.由GMmr2=mω2r可得：ω= GMr3；地球同步卫星的高度约为36000km大于MEO卫星的高度，所以MEO卫星运行的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；
C.第一宇宙速度v1= GMR，MEO卫星的轨道半径大于地球半径，根据v= GMr可知MEO卫星运行的线速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D.空间站中的宇航员处于失重状态，仍然受地球的引力，故D错误。
4.【答案】B
【解析】由题意可知，小物块从静止开始做匀加速直线运动，a=Fm=4m/s2，设物块经过A点时的速度为v1，由物块由A到B过程有：xAB=v1t+12at2，代入相关数据可得：v1=1m/s，故物块到达B点时的速度v2=v1+at=5m/s，
设物块经过C点时的速度为v3，由物块由C到D过程有：xCD=v3t+12at2，代入相关数据可得：v3=13m/s，
故物块由B到C的时间Δt=v3-v2a=2s，B正确，ACD均错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】导体棒在金属圆环上运动时，设导体棒与圆心连线与竖直方向夹角为θ，则导体棒切割磁感线产生的电动势为E= BLvcsθ，峰值为Em=BLv，其中v=2πnr，n=6r/min=0.1r/s，有效值为E=Em 2 ，交流电压表的示数显示的是有效值，为U=ER+rR= 2π5V；
故D正确，ABC错误。
6.【答案】D
【解析】解：设球台长为2L，球网高度为H，兵乓球初速度为v0；
乒乓球整个运动过程中两次达到最高点，对于第一次落到台面上，为第一次平抛运动，将从台面上反弹后又落回台面这一过程视为在最高点分别向左和右平抛的过程，所以乒乓球的运动过程拆分成了三次平抛运动，由于抛出的高度相同，所以从抛出到落回台面的时间都满足：h=12gt02；
在水平方向上每一次平抛运动都满足：v0t0=x；
由于乒乓球反弹后速度大小不变，所以三次平抛运动的水平速度大小一样，所以水平位移相等，均为x=2L3，球网位于台面中间位置，所以第一次反弹到球网处的水平距离为L3；
若将乒乓球反弹到最高点逆过程看作平抛运动，则从最高点到下落到高球网处的距离为2L3-L3=L3，令时间为t，
则v0t=L3
h-H=12gt2
联立解得：H-h=12g(L3v0)2①
又h=12gt02，v0t0=23L
则h=12g(2L3v0)2②
解①②得H=34h；
故D正确，ABC错误。
7.【答案】D
【解析】AC.由于绳子的拉力与重力大小相等，由平衡条件得知，轻杆的支持力N与T、G的合力大小相等、方向相反，则轻杆必在T、G的角平分线上，当将A点沿墙稍上移一些，系统又处于静止状态时，根据几何关系，轻杆与竖直墙壁间的夹角增大；以滑轮C为研究对象，分析受力情况，系统处于静止状态时，滑轮的合力为零，则绳子的拉力T和轻杆的支持力N的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图：
而轻杆的支持力N大小等于T、G的合力大小，T与G的夹角增大，则知N减小，轻杆BC会绕着B点顺时针转动，故AC错误；
BD.将A点沿着墙壁竖直向下缓慢移动时，为了使滑轮处于平衡状态，轻杆会绕着 B点逆时针转动，两段绳子的夹角减小，T、G的合力大小增大，杆对滑轮的作用力大小增大，故B错误，D正确。
8.【答案】C
【解析】A、对金属棒，达到最大速度时有：BIL=F-μmg，又因为I=BLv2R，F=1，5μmg，故最大速度v=μmgRB2L2，A选项错误；
B、由图像可知，t=t02时刻，F=μmg，故0-t02时间内，物体受到静摩擦力作用，大小等于F，故在0∼2t0时间内摩擦力的冲量大小I=μmg⋅3t02+0.5μmg+μmg2×t02=158μmgt0，B错误；
CD、在0-2t0时间内，对导体棒，根据动量定理有：∑F⋅t-∑f⋅t-∑BIL⋅t=mv-0，其中外力F的冲量为∑F⋅t=1.5μmg⋅t0+0.5μmg+1.5μmg2×t0=2.5μmgt0，摩擦力的冲量为∑f⋅t=I=158μmgt0，安培力的冲量为∑BIL⋅t=BL⋅q=∑B2L2v2R⋅t=B2L2x2R，q为流过金属棒的电荷量，x为金属棒的位移，解得：q=5μmgt08BL-μm2gRB3L3，x=5μmgRt04B2L2-2μm2gR2B3L3，故C正确，D错误；
故选C。
9.【答案】BC
【解析】设圆环半径为R；
A.小球从A点静止开始下滑，在A到B过程中，加速度方向有向下的分量，小球处于失重状态，到达C点前一段时间，加速度竖直分量向上，小球超重状态，故A错误；
B.小球下滑到C点时，速度最大，对圆环的作用力的最大；
根据机械能守恒定律：12mvC2=mg⋅2R
又N-mg=mvC2R；
联立解得：N=5mg
根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的支持力大小相等，所以小球对圆环的作用力最大值为5mg，故B正确；
CD.设小球所在处半径与OA的夹角为θ，根据机械能守恒定律12mv2=mgR(1-csθ)
根据牛顿第二定律N+mgcsθ=mv2R
联立解得N=2mg-3mgcsθ
当N=0时，csθ=23，此时，所以小球对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与的夹角满足csθ=23，故C正确，D错误。
10.【答案】ABD
【解析】A、小球1在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，A正确;
B、小球1从圆槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点的速度为v0，取水平向右为正，小球1与圆槽在水平方向动量守恒：0=mv0-mv，机械能守恒：mgR=12mv02+12mv2，则v0=v= gR;设小球1到B点的过程时水平向右移动的距离为x1，圆槽向左运动的距离为x2，两物体水平方向的相对位移为R，因此：mx1-mx2=0，x1+x2=R，x1=12R，x2=12R；此时圆槽的B点与弹簧之间新的距离L=x2+R=32R;
小球1从B点向右以v0匀速运动，圆槽向左以3v0匀速运动，小球1到达弹簧时与圆槽底端B的距离L'=L+v0⋅Lv0=3R，故B错误;
C、小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值;从小球1与弹簧接触到两球共速：动量守恒mv0=(m+3m)v共，机械能守恒12mv02=12(m+3m)v共2+Ep，可得：Ep=38mgR，C错误；
D、从小球1与弹簧接触到两球分开，动量守恒mv0=mv1+3mv2，机械能守恒12mv02=12mv12+12⋅3mv22，解得v1=-12v0、v2=12v0= gR2；D正确。
11.【答案】0.820
0.805
2gk
【解析】(1)根据打点计时器测加速度的原理可得：a=(x6+x5+x4)-(x3+x2+x1)9T2=(84.6+76.4+68.1)-(60.0+51.7+43.6)9×(0.10s)2×10-3m≈0.820m/s2，打下第6个点的速度v=84.6+×10-3m=0.805m/s；
(2)结合题意可知，设两桶及所有钩码和桶内沙子一直运动的加速度为a，则有2mg=Ma，解得a=2gM⋅m，由于以加速度a为纵坐标，B桶中钩码的质量m为横坐标，得到如图丙所示的图像，图像的斜率为k，故M=2gk。
12.【答案】红
100
99
50
8.25
【解析】解：(1)红表笔与欧姆表内电源负极相连，根据“红进黑出”可知，需要将毫安表负接线柱与红表笔相连。
(2)由图乙可知：欧姆表读数为10×10Ω=100Ω；
此时从万用表直流电流挡来看，指针指在满偏电流的 15Ig 处，根据闭合电路欧姆定律E=IgR中， E=35Ig(R中+R+RA)
两式联立可得，R中=32(R+RA)=99Ω。
(3)毫安表的量程为100mA，分度值为2mA，示数50mA；
根据闭合电路的欧姆定律：E=I(R中+R+RA)=50×10-3×(99+65+1)V=8.25V。
13.【答案】解：(1)以皮划艇、士兵和装备系统为研究对象，以子弹的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：100mv0+(M-100m)v艇=0，
代入数据解得：v艇=-4m/s，负号表示：皮划艇的速度方向与子弹速度方向相反；
(2)对皮划艇(包括枪与剩余子弹)，
由动量定理得：Ft=(M-100m)v艇-0
代入数据解得：F=-80N，负号表示方向与子弹速度方向相反。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对圆管和小球整体分析，第一次下落时，系统机械能守恒，设第一次落地前速度大小v1，得：(M+m)gh=12(M+m)v12
代入数据得：v1=5m/s；
(2)对圆管和小球整体分析，第一次与地面碰撞后到第二次与地面碰前，系统所受合外力为0，动量守恒。又已知小球恰好运动到圆管底部，此时小球与圆管共速v2，选择竖直向下为正方向，由系统动量守恒得：mv1-Mv1=(m+M)v2，
代入数据得：v2=53m/s；
(3)对圆管和小球系统，从第一次与地面碰后到第二次与地面碰前，由系统能量守恒得：
12mv12+12Mv22-12(M+m)v22+mgL=qEL+fL，
代入数据得：L=53m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)在匀强电场中，沿 x轴方向做匀速直线运动，沿着y轴方向做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：qE=ma，
分解O点的速度可得：vy=v0tanθ，
竖直位移满足：vy2=2ay，
联立解得：E=200V/m；
(2)粒子在O点的速度大小为v=v0csθ
在正向磁场内运动的半径大小为r1，有qvB0=mv2r1，周期为：T1=2πr1v0
在负向磁场内的运动半径为：r2=65r1，周期为：T2=65T1，
粒子从O点进入磁场后，在0-πmqB0时间内在正向磁场内运动了12圆周，在πmqB0-3πmqB0时间内在负向磁场内运动了56圆周，对应的圆心角为300∘，在3πmqB0-14πm3qB0时间内在正向磁场内运动了56圆周，对应的圆心角也为300∘，粒子就这样周期性的运动下去，轨迹如图所示：
由几何知识可得，粒子在最高点到 x轴的距离为：d=(2r1+r2)sin60∘+r2
可得：d=(0.64 3+0.48)m；
(3)由轨迹可知，在磁场的一个变化周期内，粒子沿水平方向向右移动的距离等于圆心O1、O3之间的距离，为：Δx=r1+r2=0.88m，
要粒子能垂直打在荧光屏上，需要粒子的速度水平向右，从轨迹上可以看出有2种情况：
①在x轴上方(轨迹最高点)时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是：
xn=(2r1+r2)cs60∘+nΔx(n=0,1,2⋯)
可得：xn=(0.88n+0.64)m(n=0,1,2⋯)；
②在x轴下方(轨迹最低点)时垂直打在荧光屏上，荧光屏的位置坐标满足的条件是“
xn=r1cs60∘+nΔx=(0.88n+0.2)m(n=0,1,2⋯)
分析可知，只能取n=0，则荧光屏的位置坐标为：x=0.2m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】