江蘇省南通市啟東市呂四中學2025屆高三物理第一次質量檢測試題含解析

PAGE18-江蘇省南通市啟東市呂四中學2025屆高三物理第一次質量檢測試題（含解析）一、選擇題1.若物體在某一運動過程中動能保持不變，則在該過程中（）A.物體肯定做勻速直線運動 B.重力對物體肯定做正功C.合外力可能對物體做正功 D.物體的加速度可能與速度始終垂直【答案】D【解析】【詳解】A．動能保持不變，速度的大小不變，不代表速度方向不變，比如勻速圓周運動，故A錯誤；B．由動能定理知，動能保持不變，說明合外力的功為零，不說明重力對物體肯定做正功，比如水平面內的勻速圓周運動，重力不做功，故B錯誤；C．由動能定理知，若合外力對物體做正功，動能肯定增加，不會保持不變，故C錯誤；D．物體的加速度可能與速度始終垂直，比如勻速圓周運動，故D正確。故選D。2.將質量為1kg的物塊從距地面20m處自由釋放，不計空氣阻力，重力加速度，則物塊在落地前1s內重力做功的功率為（）A.100W B.150W C.175W D.200W【答案】B【解析】【詳解】依據知下落時間為最終一秒下降的高度為重力做功為依據知物塊在落地前1s內重力做功的功率為故B正確，ACD錯誤。故選B。3.為了探測引力波，“天琴安排”預料放射地球衛(wèi)星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍．P與Q的周期之比約為（）A.2:1 B.4:1 C.8:1 D.16:1【答案】C【解析】【詳解】本題考查衛(wèi)星的運動、開普勒定律及其相關的學問點．設地球半徑為R，依據題述，地球衛(wèi)星P的軌道半徑為RP=16R，地球衛(wèi)星Q的軌道半徑為RQ=4R，依據開普勒定律，==64，所以P與Q的周期之比為TP∶TQ=8∶1，選項C正確．4.如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點，不計重力。下列說法錯誤的是（）A.M帶負電荷，N帶正電荷B.M在b點的動能小于它在a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做負功【答案】D【解析】【詳解】A．由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，由于O點的電荷帶正電，所以M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；B．M從a到b點，庫侖力做負功，依據動能定理可知M的動能減小，所以M在b點的動能小于它在a點的動能，選項B正確；C．d點和e點處在同一等勢面上，則N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，選項C正確；D．N受到排斥力，在從c點運動到d點的過程中庫侖斥力做正功，選項D錯誤。本題選錯誤，故選D。5.如圖所示，一個絕緣圓環(huán)，當它的勻稱帶電且電荷量為+q時，圓心O處的電場強度大小為E，現使半圓ABC勻稱帶電+2q，而另一半圓ADC勻稱帶電–2q，則圓心O處電場強度的大小和方向為A.2E，方向由O指向DB.4E，方向由O指向DC.2E，方向由O指向BD.0【答案】A【解析】【詳解】當圓環(huán)的勻稱帶電，電荷量為+q時，圓心O處的電場強度大小為E，當半圓ABC的帶電荷量為+2q，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心處的電場強度大小為，方向由B到D；當另一半圓ADC勻稱帶電?2q，同理，在圓心處的電場強度大小為，方向由O到D；依據矢量的合成法則，圓心O處的電強度的大小為，方向由O到D，選項A正確，BCD錯誤．故選A6.如圖所示，在兩個等量負點電荷形成的電場中，O點是兩電荷連線的中點，a、b是該線上的兩點，c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點，acbd為一菱形．若將一負粒子（不計重力且不影響原電場分布）從c點勻速移動到d點，電場強度用E表示，電勢用φ表示．則下列說法正確的是A.φa肯定小于φO，φO肯定大于φc B.Ea肯定大于EO，EO肯定大于EcC.負粒子的電勢能肯定先增大后減小 D.施加在負粒子上的外力肯定先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】據題意，由等量同種負電荷電場線和等勢線分布圖可知，沿電場線方向電勢降低和電勢的對稱性，a點電勢小于O點的，而O點電勢小于c點的，故選項A錯誤；O處的電場強度為0，a處、c處電場強度不為0，故選項B錯誤；負離子從c點勻速移動到d點，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增加后減小，故選項C正確；由于負離子做勻速運動，外力大小等于電場力大小，而電場力可能先增加后減小，再增加又減小，電場力也可能先減小后增大，故選項D錯誤．7.一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確．8.如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài)．現讓圓環(huán)由靜止起先下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變更了mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【答案】B【解析】圓環(huán)在下滑過程中，彈簧對其做負功，故圓環(huán)機械能減小，選項A錯誤；圓環(huán)下滑到最大的距離時，由幾何關系可知，圓環(huán)下滑的距離為，圓環(huán)的速度為零，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加量等于圓環(huán)重力勢能的減小量，為，故選項B正確；圓環(huán)下滑過程中，所受合力為零時，加速度為零，速度最大，而下滑至最大距離時，物體速度為零，加速度不為零，所以選項C錯誤；在下滑過程中，圓環(huán)的機械能與彈簧彈性勢能之和保持不變，即系統(tǒng)機械能守恒，所以選項D錯誤；考點：系統(tǒng)機械能守恒二、多選題9.若一電子從電場中A點運動到B點的過程中，克服電場力做功為10eV，則（）A.電子在A點的電勢能大于它在B點的電勢能B.A、B兩點間的電勢差為10VC.若規(guī)定A點的電勢為0，則B點的電勢為10VD.若A點的電勢為5V，則電子在A點的電勢能為【答案】BD【解析】【詳解】A．依據題意，電子從A到B的過程中克服電場力做功，電勢能增大，所以電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，故A錯誤；B．電子從A到B電場力做功A、B兩點間的電勢差為故B正確；C．若規(guī)定A點電勢為0，依據則B點電勢為?10V，故C錯誤；D．若A點電勢為5V，則電子在A點的電勢能故D正確。故選BD。10.如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙A.運動周期為B.線速度的大小為ωRC.受摩天輪作用力的大小始終為mgD.所受合力的大小始終為mω2R【答案】BD【解析】【詳解】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不行能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力供應向心力可得：，故D正確．11.將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示．下列說法正確的是()A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禗.保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话搿敬鸢浮緼CD【解析】分析】保持U不變，依據E=可得E與d的關系；保持E不變，依據U=Ed可得U與d成正比；保持C不變，依據公式C=可知將Q與U成正比；保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，依據公式C=可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，依據公式E=即可得到E的變更．【詳解】A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀逗螅罁﨓=可得E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A正確；B.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，依據U=Ed可得U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B錯誤；C.依據公式C=可知將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C正確；D.依據C=可得C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄琔變?yōu)樵瓉淼囊话?，依據公式E=可知d不變，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D正確．【點睛】本題考查電容器的動態(tài)分析，學生抓住電容器的幾個相關公式即可分析出結果．12.如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為【答案】BC【解析】【詳解】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤．13.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變更的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A.該電場肯定是孤立點電荷形成的電場B.A點的電場強度小于B點的電場強度C.電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W=EpA－EpBD.電子在A點的動能小于在B點的動能【答案】C【解析】【詳解】AB．電場力做功變更電勢能，圖像斜率的物理意義為電場力，即圖像斜率肯定，所以電場強度肯定，則該電場為勻強電場AB錯誤；C．電子從運動到，電勢能增大，電場力做負功，即C正確；D．電子僅在電場力作用下運動，電勢能和動能相互轉化，因為所以D錯誤。故選C。三.簡答題.14.某同學設計了如圖甲所示的裝置來探究小車的加速度與所受合力的關系．將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細砂，直到小車剛起先運動為止，登記傳感器的最大示數F0，以此表示小車所受摩擦力的大小．再將小車放回原處并按住，接著向小桶中加入細砂，登記傳感器的示數F1．（1）接通頻率為50Hz的溝通電源，釋放小車，打出如圖乙所示的紙帶．從比較清楚的點起，每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車加速度a=________m/s2．(保留兩位有效數字）（2）變更小桶中砂的重力，多次重復試驗，登記小車加速運動時傳感器的示數F2，獲得多組數據，描繪小車加速度a與合力F（F=F2﹣F0）的關系圖象，不計紙帶與計時器間的摩擦，下列圖象中正確的是___________．（3）同一次試驗中，小車加速運動時傳感器示數F2與小車釋放前傳感器示數F1的關系是F2_____F1（選填“＜”、“=”或“＞”）．（4）關于該試驗，下列說法中正確的是__________．A．小車和傳感器的總質量應遠大于小桶和砂的總質量B．試驗中須要將長木板右端墊高C．試驗中須要測出小車和傳感器的總質量D．用加砂的方法變更拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更便利地獲得多組試驗數據【答案】(1).0.16；(2).B；(3).＜；(4).D【解析】【詳解】(1)[1]由于每相鄰兩個計數點間還有4個點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，依據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=0.16m/s2；(2)[2]由于已經平衡摩擦力，所以圖象應當過原點，一條傾斜的直線．故B正確，ACD錯誤；故選B.(3)[3]對小桶受力分析，設小桶重力為mg，木板釋放前彈簧秤的示數F1，所以F1=mg設小車重力為Mg，小車在加速運動時彈簧秤的示數F2，依據牛頓其次定律得：mg?F2=ma所以F1>F2；(4)[4]A.在該試驗中力傳感器可以干脆得出力的大小，不須要使小車和傳感器的總質量遠大于小桶和砂的總質量，故A錯誤；B.試驗中不須要將長木板右端墊高，因為已經測量了小車所受摩擦力的大小，故B錯誤；C.試驗中不須要測出小車和傳感器的總質量，只須要保證小車和傳感器的總質量不變，故C錯誤；D.用加砂的方法變更拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更便利地獲得多組試驗數據，故D正確；故選D.15.驗證“力的平行四邊形定則”，如圖所示，試驗步驟如下：①用兩個相同的彈簧測力計互成角度拉細繩套，使橡皮條伸長，結點到達紙面上某一位置，記為O1；②記錄兩個彈簧測力計的拉力F1和F2的大小和方向；③只用一個彈簧測力計，將結點仍拉到位置O1，記錄彈簧測力計的拉力F3的大小和方向；④依據力的圖示要求，作出拉力F1、F2、F3；⑤依據力的平行四邊形定則作出F1和F2的合力F；⑥比較F3和F的一樣程度。(1)下列說法中正確的是________；A．應使橡皮條與兩繩夾角的平分線在同始終線上B．為了便于計算合力大小，兩繩間夾角應取、、等特別角度C．系在橡皮條末端的兩繩要一樣長D．同時變更兩個彈簧測力計的拉力，結點可能保持在位置O1(2)變更F1、F2，重復步驟①至⑥進行其次次試驗，登記結點位置O2，位置O2________（選填“必需”或“不必”）與位置O1相同；(3)試驗記錄紙如圖所示，兩彈簧測力計共同作用時，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點；兩個力的大小分別為：，。請依據圖中給出的標度作出F1和F2的合力________；(4)試驗中，用兩個彈簧測力計同時拉，兩繩夾角小于，一個彈簧測力計示數接近量程，另一個超過量程的一半。請說明這樣操作________（選填“合理”或“不合理”），理由是________。【答案】(1).D(2).不必(3).(4).不合理(5).只用一個彈簧測力計拉時會超過其量程【解析】【詳解】(1)[1]A．橡皮條的方向代表合力的方向，可以是兩繩之間隨意方向，不肯定是兩繩夾角的平分線，故A錯誤；B．兩細線拉橡皮條時，只要確保拉到同一點即可，不肯定兩繩間夾角應取、、等特別角度，故B錯誤；C．細線的作用是能顯示出力的方向，所以不必需等長，故C錯誤；D．同時變更兩個彈簧測力計的拉力，結點可能保持在位置O1，故D正確。故選D。(2)[2]變更F1、F2重復步驟①至⑥進行其次次試驗,登記結點位置O2，因為是兩次不同的試驗，則位置O2不必與第一次O1點相同。(3)[3]依據平行四邊形定則求F2與F1的合力，作圖如下，測得合力(4)[4][5]用兩個彈簧測力計同時拉，兩繩夾角小于，一個彈簧測力計示數接近量程，另一個超過量程的一半。這樣操作不合理，理由是只當換用一個彈簧測力計拉時，彈簧會超過其量程。四.計算題.16.如圖所示，空間存在電場強度大小為、方向水平向右、足夠大的勻強電場.擋板與水平方向的夾角為，質量為、電荷量為的帶正電粒子從與點在同一水平線上的點以速度豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面擋板垂直，不計粒子的重力，求：（1）粒子貼近擋板時水平方向速度的大??；（2）間的距離.【答案】（1）（2）【解析】（1）由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時其速度方向與擋板恰好平行，設此時粒子水平方向速度大小為，則解得：（2）粒子做類平拋運動，設粒子運動加速度為a，由牛頓其次定律：在如圖所示的坐標系中：，，設O、M間的距離為d，由幾何關系：解得：17.如圖所示，半徑為R的半圓形管道ACB固定在豎直平面內，傾角為θ的斜面固定在水平面上，細線跨過小滑輪連接小球和物塊，細線與斜面平行，物塊質量為m，小球質量M＝3m，對物塊施加沿斜面對下的力F使其靜止在斜面底端，小球恰在A點．撤去力F后，小球由靜止下滑．重力加速度為g，sinθ＝≈0.64，不計一切摩擦．求：(1)力F的大小；(2)小球運動到最低點C時，速度大小v以及管壁對它彈力的大小N；(3)在小球從A點運動到C點過程中，細線對物塊做的功W.【答案】(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR.【解析】【詳解】(1)對小球：細線上的拉力T＝3mg對物塊：mgsinθ＋F＝T解得F＝2.36mg.(2)小球在C點時速度與物塊速度大小相等．對小球和物塊組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律3mgR－mgπRsinθ＝(3m＋m)v2解得v＝在C點：對小球，由牛頓其次定律N－3mg＝3m解得N＝6mg.(3)在小球從A點運動到C點過程中，對物塊，由動能定理W－mgπRsinθ＝mv2－0解得W＝mgR.18.如圖所示，一質量m1=0.2kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質量m2=0.1kg的小物塊（可視為質點）置于小車上A點，其與小車間的動摩擦因數μ=0.40，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現給小物塊一個方向水平向右、大小為v0=6m/s的初速度，同時對小物塊施加一個方向水平向左、大小為F=0.6N的恒力．取g=10m/s2．求