2022-2023学年安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考物理试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考物理试题含解析，共28页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
满分：100分 时间：90分钟
一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项选择是正确的，9~12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 关于静电场的有关描述，以下说法正确的是（ ）
A. 根据库仑定律可知，当r→0时，库仑力F→∞
B. 由可知电场中某点的电场强度E与F成正比，与试探电荷电量q成反比
C. 由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据库仑定律
可知，此公式适用于点电荷之间的相互作用，当r→0时，电荷不能看成点电荷，此时库仑定律不适用，故A错误；
B．此公式为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度只与场源电荷有关，与F和q无关，故B错误；
C．由公式
可知，d为沿电场线方向的距离，故在匀强电场中，若沿电场线方向两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差越大；在匀强电场中，若ab连线不是沿电场线方向，则两点a、b间的距离越大，点间的电势差不一定越大，故C错误；
D．根据电势差的定义式
可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则
故A、B两点间的电势差为，故D正确。
故选D。
2. 如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。A、B两点的场强分别为、，电势分别为、，负电荷在A、B两点的电势能分别为、，则下列选项正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】根据v-t图像可知，斜率表示加速度，从A到B，图像斜率在减小，加速度在减小，受到的电场力在减小，即电场强度在减小，故
负电荷受到的电场力方向与 场强方向相反，电荷从A运动到B，故电场力水平向右，电场线方向水平向左，沿电场线方向电势逐渐降低，故
负电荷在电势高的地方电势能反而比较小，故
故选A。
3. 一电荷量为的带电粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，其电势能随位置的变化关系如图所示，在粒子从x1向x2运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 在x1处粒子速度最大
B. 在处粒子加速度最大
C. 电场力先做正功后做负功
D. x1与x2之间电势差为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于带负电的粒子只在电场力作用下运动，运动过程只有动能与电势能之间的转化，则动能与电势能的和值一定，粒子在从x1向x2运动的过程中，在处的电势能最小，则在处的动能最大，即在处的速度最大，A错误；
B．由于粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，假设电场力做正功，沿x轴取一极短的位移，根据
，
解得
可知图像中图线斜率的绝对值表示电场力大小，在处图像的斜率为零，即粒子所受电场力为0，则加速度为零，B错误；
C．当粒子从x1向x2方向运动时电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，C正确；
D．根据电势差的定义式可知
D错误。
故选C。
4. 如图所示，高为2m的绝缘圆柱体，底面半径为1m，abcd为过两底面圆心轴线的截面，在c点有一电荷量为的点电荷，在a点有一电荷量为的点电荷，平面efgh垂直平面abcd，静电力常量为。下列说法正确的是（ ）
A. h点与g点电场强度相同
B. d点电势高于b点电势
C. f点的电场强度大小为
D. 正电荷沿eh运动，电场力一直做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线分布可知h点与g点电场强度大小相同，方向不同，A错误；
B．在c点有一电荷量为+q的点电荷，a点有一电荷量为-q的点电荷，高为2m的绝缘圆柱体，底面半径为1m，则
所以d点电势等于b点电势，B错误；
C．根据几何关系可知
电荷q在f点受到a、c处电荷的电场力大小分别为
则合力为
f点的电场强度大小为
C正确；
D．因为e点电势低于h点的电势，可知正电荷沿eh运动，电场力做负功，D错误。
故选C。
5. 如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，M是平衡位置在处的质点，图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 在时，质点P向y轴正方向运动
B. 在时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
C. 质点M简谐运动表达式为
D. 到，质点P通过的路程为
【答案】D
【解析】
【详解】A．图（b）为质点的振动图像，则知在时，质点正从平衡位置向波峰运动，所以时，质点向轴正方向运动，可知该波沿轴正方向传播，此时质点正向y轴负方向运动，故A错误；
B．由图乙读出周期
从到经过的时间为
则在时，质点位于轴下方，加速度方向与轴正方向相同，故B错误；
C．在时，M振动刚好经历一个周期且此时向下振动，则其简谐运动的表达式为
故C错误；
D．该简谐横波的表达式为
时的位移为
波向前传播的位移
即的位移与时处的质点的位移相同
所以从到，质点P通过的路程为
而从到为，通过路程为2A=20cm。则到，质点P通过的路程为
故D正确。
故选D。
6. 如图质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（ ）
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为
D. 小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B错误；
C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得
即
解得
故C错误；
D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
Wf为小球在小车中运动时克服摩擦力做功大小，解得
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D正确。
故选D。
7. 如图，质量相同的甲、乙两名滑雪运动员在水平U型赛道上训练，甲、乙先后从赛道边缘上的P点滑出、腾空，在空中完成技巧动作后，最后都从赛道边缘上的Q点再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长。不计空气阻力，甲、乙在从P到Q的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 甲从P点滑出时的初速度大小必定大于乙从P点滑出时的初速度大小
B. 甲、乙从P点滑出时的初速度方向相同
C. 甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D. 甲、乙的最大腾空高度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．两名运动员做斜抛运动的水平位移相等，则
水平方向
竖直方向
初速度的平方为
计算得
减区间为 ，增区间为，则无法判断初速度大小关系，A错误；
B．设初速度与水平方向夹角为，则
初速度大小不确定，则初速度方向不能确定，B错误；
C．根据动量定理
两名运动员质量相同，甲的滞空时间比乙长，说明甲的动量变化量大于乙的动量变化量，C正确；
D．由
可知，甲运动员的竖直分速度小于乙运动员的竖直分速度，由
可知，甲最大腾空高度相同小于乙最大腾空高度相同，D错误。
故选C。
8. 如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点、竖直向下为正方向建立轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能与其位置坐标的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则（ ）
A. 物块A与B的质量之比为1∶3
B. 弹簧的劲度系数
C. 弹簧弹性势能最大时的形变量为
D. 从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图乙可知，A与B碰撞后，A的动能变为原来的，由，则有物块A与B碰撞前后速度之比为3：1，因碰撞过程时间极短，碰撞中动量守恒，设碰撞后速度为v，初速度方向为正方向，则有
mAvA=（mA+mB）v
解得物块A与B的质量之比为1∶2，A错误；
B．由图乙可知x1是B与弹簧处于平衡时上端所处的位置，x2是A、B的加速度是零时，弹簧上端所处的位置，所以当A、B运动到加速度是零时，物块的动能最大，由平衡条件可得弹簧的弹力为3mAg，从x1到x2 弹簧的弹力增加mAg，由胡克定律∆F=k∆x，则有
mAg=k（x2− x1）
从O到x1由动能定理有
Ek1=mAgx1
联立解得
B正确；
C．物块A、B下落到速度是零时，弹簧弹性势能最大，此时的弹簧形变量为x3−x0，C错误；
D．碰撞后，A的动能为，B的动能为，总动能，从x1到x3中，由能量关系有
解得
D错误。
故选B。
9. 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）
A. 平面a上的电势为零
B. 该电子可能到达不了平面f
C. 该电子经过平面d时，其电势能为2eV
D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】BC
【解析】
【详解】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，平面a上的电势4V，故A错误；
B．由上分析可知，当电子垂直等势面由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做类斜抛运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
CD．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示的电路中，R是定值电阻，MN是水平正对放置的平行板电容器的两个极板，开关S闭合，电池、电阻、开关与电容器串联。有一带电油滴悬浮在两极板间的A点静止不动，下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，将M板向左平移一小段距离，电容器的电容C增大
B. 保持开关S闭合，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从B到D的电流
C. 断开开关S，将N板向下平移一小段距离，带电油滴的电势能减小
D. 断开开关S，减小两极板间的距离，则带电液滴仍静止不动
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据电容决定式
可知，将M板向左平移一小段距离，两板间的正对面积将减小，则电容器的电容C要减小，故A错误；
B．根据电容定义式和决定式
可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容将减小，由于两极板间的电压不变，所以极板上的电荷量要减少，将在图示电路中形成逆时针方向的电流，即电阻R中有从D到B的电流，故B错误；
C．断开开关S后，两极板上的电荷量将保持不变；将N板向下平移一小段距离，则根据
有
即极板间的电场强度不变，带电油滴悬浮的位置不变；根据
可知两极板间的电势差将增大，所以A点的电势将升高，由于油滴带负电，根据电势能公式
可知带电油滴的电势能将减小，故C正确；
D．断开开关S，两极板上的电荷量将保持不变，由
可知，减小两极板间的距离，极板间的电场强度不变，所以带电液滴仍静止不动，故D正确。
故选CD。
11. 如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，线长L。若将A由图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时上升的高度可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】小球A到达最低点时，由动能定理可得
若小球A、B产生弹性碰撞，则小球B获得最大动能为EkA，上升的最大高度为小球A释放点的高度，则有
若小球A、B产生完全非弹性碰撞，即两个小球粘在一起以共同速度v＇运动，由动量守恒定律可得
可知小球B获得的最小动能为，由动能定理可得
解得最小高度为
由题意可知，若小球A、B产生弹性与完全非弹性碰撞之间，则小球B上升的高度可能在
之间，因此AD错误，BC正确。
故选BC。
12. 甲、乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。在t=0时刻甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图（b）所示，已知甲波的传播速度v甲=2.0m/s，质点P的平衡位置处于x=5m处，下列说法中正确的是（ ）
A. 乙波的波长为2m
B. 若两波源一直振动，则质点P为振动的加强点，其振幅为7cm
C. 在t=1.5s时，质点P从平衡位置开始沿y轴负方向振动
D. 若两波源一直振动，则在t=4.5s时，质点P处于平衡位置且向y轴正方向振动
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图（b）可知，乙周期为1s，所以
解得
故A正确；
B．在同一介质中，甲乙传播速度相同，由图（a）知甲的波长为2m，所以甲的周期为
甲乙周期相同，对于甲波，需要2s到达P点，则t=2s时，P点处于平衡位置且向y轴负方向振动，对于乙波，需要1.5s到达P点，由图（b）可知，乙波的起振方向为向y轴正方向振动，则t=2s时，乙波在P点已经振动了半个周期处于平衡位置且正向y轴负方向振动，故P点为振动加强点，因此振幅为两波振幅的和，等于7cm，故B正确；
C．根据上述分析，在t=1.5s时，乙波先到达P点，乙波的起振方向为向y轴正方向振动，质点P开始向y轴正方向振动，故C错误；
D．若两波源一直振动，则在t=4.5s时，甲波在P点振动了2.5s，即两个半周期回到平衡位置正向y轴正方向运动，而乙波在P点振动了3s，即3个周期正处于平衡位置向y轴正方向运动，故P质点处于平衡位置且向y轴正方向振动，故D正确。
故选ABD。
二、实验题（每空2分，共12分）
13. 某同学利用单摆测量当地重力加速度。
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示，这样做的目的是___________。
A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ，再用十分度的游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为___________mm。
（3）该同学测量多组摆线的长度l和对应的周期T，作出的l-T2图像如图所示，你认为图线不过原点的可能原因是___________。
A．摆线长度记为摆长
B．摆线长度和小球半径之和记为摆长
C．摆线长度和小球直径之和记为摆长
【答案】 ①. AC##CA ②. ③. A
【解析】
【详解】（1）[1] 用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变。上述做法并不能使周期测量更加准确，也无法保证摆球在同一竖直平面内摆动。
故选AC。
（2）[2] [2]摆球的直径为
（3）[3] A．若摆线长度为，摆球的半径为r，根据单摆周期公式可得
整理得
符合题中图线不过原点情况，故A正确；
BC．同理，B项图线会过原点，C项图线与纵轴有交点，不符合题意。
故选A。
14. 某同学利用图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下小球抛出点在记录纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹（图乙为B球多次落点的痕迹）分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为mA，B球的质量为mB
（1）关于实验器材，下列说法正确的是___________；
A.实验轨道必须光滑
B.该实验不需要秒表计时
C.A球的质量应小于B球的质量
（2）关于实验操作，下列说法正确的是___________；
A.实验过程中白纸位置可以随时调整位置
B.A球每次必须从同一位置由静止释放
C.B球的落点并不重合，说明该同学的实验操作出现了错误
（3）若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测物理量表示）。
【答案】 ①. B ②. B ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A.实验只需要使小球从相同位置释放，获得相同速度，轨道不需要光滑，故A错误；
B.小球飞出后做平抛运动，高度相同，飞行时间相同，初速度与水平位移成正比，不需要测量飞行时间，故B正确；
C.为了测量小球A碰后速度，需要小球A碰后速度依然向右，则A球质量要大于B求质量，故C错误。
故选B。
（2）[2]A.实验中需要根据小球落点，求出小球平抛运动的水平位移，故白纸位置不能移动，故A错误；
B.小球每次碰撞前速度要相同，所以释放位置相同，故B正确；
C.由于阻力等各种因素影响，不能保证每次落点完全相同，在误差允许范围内，可以取落点的平均值，故C错误。
故选B。
（3）[3]由于高度相同，小球飞行时间相同，设飞行时间为t，则可得
则需要满足，可认为两球碰撞过程中动量守恒。
三、计算题（本大题共四小题，15~16每题8分，17~18每题12分，共40分，解答时要有必 要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不给分）
15. 如图，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距0.2m。小球经过B点时开始计时，经过1s首次到达C点。
（1）写出此弹簧振子的振动方程。（正方向的选取如图所示）
（2）求末小球的位移及5s内小球通过的路程。
【答案】（1）；（2）0.05m，1m
【解析】
【详解】（1）周期为
振幅为

则此弹簧振子的振动方程为

（2）当时
5s=2.5T内小球的通过的路程
16. 一个质量为m=2kg的小球从h=20 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若小球由静止下落到小球陷至最低点经历的时间t=2.2 s，取g=10 m/s2，选取竖直向上为正方向，求：
（1）小球从接触软垫到陷至最低点动量的变化量；
（2）软垫对小球平均作用力的大小。
【答案】（1）；（2）220N
【解析】
【详解】（1）取竖直向上为正方向，小球从静止开始下落到接触软垫
小球接触软垫时速度大小
动量变化量
（2）小球接触软垫到陷至最低点所需时间
由动量定理
得
F=220N
17. 如图所示，质量为1kg、足够长的长木板A和质量为0.5kg的物块B静止在光滑水平面上，质量为0.5kg的物块C从长木板的左端以6m/s的速度滑上长木板，A与B相碰前瞬间，C与A刚好相对静止。已知A与B发生弹性碰撞，物块C与长木板A间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A、B间开始时的距离；
（2）A、B最终的速度分别为多少；
（3）整个过程中A、B、C组成的系统产生的热量。
【答案】（1）；（2），；（3）6.3J
【解析】
【详解】（1）物体C滑上木板A至A、B碰撞过程中，动量守恒，则

解得
在这个过程中
解得
A从静止开始加速至A、C相对静止时，恰好要与B相碰，则两者之间距离有
解得
（2）A与B发生弹性碰撞，则
解得
之后A与C相对滑动，但最终A与C还是速度相同，相对静止，一起运动，该过程动量守恒，则
解得
则A、B最终的速度分别为、。
（3）由能量守恒定律，可得整个过程中A、B、C组成的系统产生的热量
18. 如图所示，匀强电场E=1×104 V/m，方向水平向右，BCDF为竖直放置在电场中的绝缘圆导轨，整个圆形轨道光滑，半径R=0.1m，B为圆轨道最低点，水平轨道与其相切于B点，水平轨道粗糙，AB=2R。一质量m=0.1kg、电荷量q=+1×10−4 C的小滑块在A点获得一个水平向右的初速度v0=2m/s然后进入圆轨道。已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小滑块到达C点时速度大小；
（2）小滑块到达C点时对轨道压力大小；
（3）小滑块能够在圆轨道内做完整的圆周运动的最小初速度=？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小滑块到达C点时速度大小为，根据动能定理可得
代入数据解得
（2）小滑块到达C点时，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知，小滑块到达C点时对轨道压力大小为
（3）小滑块能够在圆轨道内做完整的圆周运动时，等效最高点在电场力与重力的合力的方向上，由于
则有
，
等效最高点H如图所示
从A点到H点的过程，由动能定理可得
代入数据解得