辽宁省大连市一零三中学2022届高三物理上学期第二次月考试题(含解析)

辽宁省大连市一〇三中学2022届高三上学期第二次月考
物理试题
一选择题（本大题共10道小题，每题4分，共计40分。

其中18题为单选，912题为多选，漏选得2分，错选和不选得0分。

）
1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。

下列表述正确的是( )
A. 伽利略发现地月间的引力满足距离平方反比规律
B. 用比值法来描述加速度这个物理量，其表达式a=F/m
C. 将物体视为质点，采用了等效替代法
D. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
【答案】D
【解析】
【详解】A牛顿发现地月间的引力满足距离平方反比规律；故A错误；
B牛顿第二定律中加速度与力成正比，与质量成反比，故不是比值定义法；故B错误；
C质点采用的物理方法是理想化的物理模型；故C错误；
D牛顿发现了万有引力定律，但是卡文迪许通过实验测出了万有引力常量；故D正确；
故选D.
【点睛】本题考查物理学史及物理方法，是常识性问题，对于物理学上重大发现发明著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中（）
A. 玻璃杯的动量较大
B. 玻璃杯受到的冲量较大
C. 玻璃杯的动量变化较大
D. 玻璃杯受到的冲力较大
【答案】D
【解析】
【分析】
玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上，茶杯与水泥地作用时间短，而落在海绵垫上，茶杯与海绵垫作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析茶杯所受冲量关系和冲力的关系．
【详解】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎；故A，B，C错误，D正确；故选D.
【点睛】在用动量定理解释生活中的现象时，要抓住两种情况下的相同之处和不同之处，然后再加以对比找出问题的关键．
3.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1R2R3为定值电阻，S0S为开关，V与A分别为理想电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）
A. V的读数变大，A的读数变小
B. V的读数变大，A的读数变大
C. V的读数变小，A的读数变小
D. V的读数变小，A的读数变大
【答案】B
【解析】
S断开后，回路外部总电阻增大，则总电流减小，路端电压增大，所以电压表示数增大，由于总电流减小所以R1分的电压减小，而路端电压增大，所以R3上分的电压增大，则电流表示数增大，故B正确；
综上所述本题答案是：B
4.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。

整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏移量y变大的是（）
A. U1变大，U2变大
B. U1变小，U2变大
C. U1变大，U2变小
D. U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】
试题分析：根据动能定理：eU1=mv2；在偏转电场中v y=at；；；；若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．故选B．
考点：带电粒子在电场中的运动
5.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
A. C和U均增大
B. C增大，U减小
C. C减小，U增大
D. C和U均减小
【答案】B
【解析】
解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确．
故选B
【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．
视频
6.为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T。

则太阳的质量为( )
A. .
B.
C. .
D. .
【答案】A
【解析】
【分析】
地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式．根据地球表面的万有引力等于重力列出等式，联立可求解．
【详解】地球表面物体重力等于万有引力，，得；地球围绕太阳做圆周运
动万有引力提供向心力有，得，联立解得，故选A.
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力．
7.如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服摩擦力所做的功。

则
A. ，质点恰好可以到达Q点
B. ，质点不能到达Q点
C. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
D. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
【答案】C
【解析】
试题分析：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N
点的过程运用动能定理得，mg•2R−W＝mv N2−0，解得W=mgR．由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力
做功，对NQ段运用动能定理得，−mgR−W′＝mv Q2−mv N2，因为W′＜mgR，可知v Q＞0，所以
质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，ABD错误．故选C。

考点：牛顿第二定律；动能定理
【名师点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。

视频
8.两个质点AB放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v—t图象如图所示。

对AB运动情况的分析，下列结论正确的是：（）
A. AB加速时的加速度大小之比为2∶1
B. 在t＝3t0时刻，AB相距最远
C. 在t＝5t0时刻，AB相距最远
D. 在t＝6t0时刻，AB相遇
【答案】D
【解析】
【详解】A速度时间图象的斜率表示加速度，则A加速时的加速度，B加速度大小
，所以AB加速时的加速度大小之比为10：1，故A错误。

BC速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，由图象可知，在2t0和3t0之间相距最远，故B，C错误。

D当AB图象与坐标轴围成的面积相等时，相遇，根据图象可知，在t=6t0时刻，AB位移相等，相遇，故D正确。

故选D。

【点睛】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．
9.如图所示水平传送带AB两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（）
A. 小煤块从A运动到B的时间是s
B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C. 划痕长度是4m
D. 划痕长度是0.5m
【答案】BD
【解析】
试题分析：小煤块滑上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，根据位移公式求出滑块和传送带的相对位移大小，即划痕的长度；根据运动学公式分别求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出小煤块从A运动到B的时间．
根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度，则匀加速运动的时间，匀加速运动的位移．则小煤块匀速运动的位移，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间，A错误B 正确；在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移，则划痕的长度
，C错误D正确．
10.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一个木块A。

现以恒定的拉力F 拉B，由于AB间的摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物， AB都向右移动一段距离，在此过程中下列中说法正确的是（）
A. B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
B. 外力F所做的功等于系统（A和B）的动能增量
C. 外力F对B所做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和
D. A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】A对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故A 正确.
B选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究，B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，AB对地的位移不等，故二者做功不等，故：W F+(f•△x)=△E kA+△E kB，其中△x为AB的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故B错误.
C对B物体应用动能定理，W F W f=△E kB，W f为B克服摩擦力所做的功，即W F=△E kB+W f，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故C正确.
D A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，AB对地的位移不等，故二者做功不等，故D错误.
故选AC.
【点睛】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为零；对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近．
11.如图所示,质量为M的楔形物块静止在水平地面上,其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块,小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块,使之匀速上滑．在小物块运动的过程中,楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和楔形物块的受力情况( )
A. (M＋m)gF
B. (M＋m)gFsinθ
C. 受三个力
D. 受四个力
【答案】BD
【解析】
【详解】AB以物块m和楔形物块M整体为研究对象，分析受力情况，如图:
由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为：N=(M+m)gF sinθ;故A错误，B正确.
CD对物块受力分析知，受拉力F重力斜面的支持力斜面的滑动摩擦力，即面一共受四个力；故C错误，D正确.
故选BD.
【点睛】本题采用整体法处理两个物体的平衡问题，也可以采用隔离法研究；但过程要比整体法复杂，故在解题时优先应用整体法．
12.一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上ac
是竖直直径的两端，bd是水平直径的两端，质量为m的带负电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知( )
A. 小球所受重力与电场力大小相等
B. 小球在d点时的电势能最小
C. 小球在b点时的机械能最大
D. 小球在圆环上bc中点时的动能最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据动能定理研究小球从a到d的过程，可得到重力与电场力的关系；小球由a点释放，受到重力电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况．
【详解】AD根据动能定理，从a到d过程，有：mg•RqE•R=0，解得qE=mg，即电场力与重力大小相等，故A正确；
B根据功能关系，电场力做正功，电势能减小；电场力向左，故运动到b点时电场力做的正功最多，电势能减少的最多，故电势能最小，故B错误；
C根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故小球在b点时，机械能最大，故C正确；
D电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动到此处时动能最大；故D正确.
故选ACD.
【点睛】本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解．
二实验题（每空2分，共计16分）
如右图所示装置可用来验证机械能守恒定律。

摆锤A拴在长L的轻绳一端，另一端固定在O 点，在A上放—个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动。

13.为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。

为了求出这一速度，实验中还测量了遇到挡板之后铁片的水平位移S和竖直下落高度h。

根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=
14.根据巳知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为。

【答案】13. 14.
【解析】
两者碰撞后发生了速度交换，即摆锤在最低点的速度等于铁片的初速度，因为铁片做平抛运动，所以，所以可得，(2)设摆锤在最低点为零势能点，所以摆锤在最高点
的重力势能为，小球在最低点的动能为，所以联立
可得
15. （12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为
___________mm（该值接近多次测量的平均值）；
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻约1Ω)电流表(内阻约0.1Ω)电压表(内阻约3kΩ)滑动变阻器R(0~20Ω，额定电流2A)开关导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70
I/A 0 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460
由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图；
（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏；
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立UI坐标系，如图4所示，请根据实验记录数据描绘出U─I 图线，由图线得到金属丝的阻值R x=___________(保留两位有效数字)；
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号)。

A．1×102m B．1×103m C．1×106m D．1×108m
【答案】（1）（0.395～0.399）（2分）（2）甲（2分）（3）如答图3（2分）
（4）如答图4（2分）（4.3～4.7）（2分）（5）C （2分）
【解析】
试题分析：（1）螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm（0.395～0.399都对）；（2）由给出的数据表可知，电流和电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图。

（3）如答图3 （4）如答图
4 （4.3～4.7）（5）由可得，带入数据可得ρ=1×106Ω•m，所以C正确。

考点：本题考查了测定金属的电阻率
三计算题（36分。

其中13题10分，14题12分，15题14分）
16.如图所示，一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其它摩擦不计（取g=10m/s2），求：（1）物块相对平板车静止时，物块的速度；
（2）物块相对平板车上滑行，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？
【答案】(1)0.4m/s （2）0.8m
【解析】
（1）物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得，解得；
（2）对物块由动量定理得，解得；
物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，
由匀变速运动的平均速度公式得，对物块，对平板车，
物块在平板车上滑行的距离，解得，
要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．
17.如图所示，一带电量为＋q质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度；
（2）应加电场的场强；
（3）小球落地时的动能．
【答案】（1）（2）方向水平向左（3）
【解析】
试题分析：（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动．
从抛出到管口，在竖直方向有：
解得：
在水平方向有：
解得：
（2）在水平方向上，根据牛顿第二定律：
又由运动学公式：
解得：，方向水平向左．
（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理：
即
解得：E k=mgh
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在电场及重力场中的运动问题；解题的关键是搞清小球在水平和竖直两个方向的运动特点，结合运动的合成知识以及动能定理求解．
18. 如图所示，倾角为θ=45°的粗糙长直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。

一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道。

接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点,不计空气阻力。

求：
（1）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小（2）滑块与斜轨之间的动摩擦因数
【答案】（1）（2）
【解析】
(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动,水平速度为.
解得
小滑块在最低点时速度为V由机械能守恒定律得
牛二定律:。

牛三定律得:
(2)DB之间长度
从D到最低点过程中,又动能定理。