湖南省邵阳市2022届高三上学期第一次联考试题物理含解析

邵阳市2022届高三第一次联考

物  理

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1. 如图所示，质量分别为m1、m2两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（　　）

A. 系统动量守恒

B. 系统机械能守恒

C. 弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大

D. 系统所受合外力的冲量不为零

【答案】A

【解析】

【详解】AD．加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确；D错误；

BC．加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故BC错误。

故选A。

2. 甲，乙两物体在同一水平直线上运动，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，甲为抛物线，乙为直线，下列说法正确的是（　　）

A. 前3s内甲物体先做加速运动，后做减速运动

B. 前3s内甲的平均速率大于乙的平均速率

C. 前3s内甲、乙两物体距离越来越大

D. 前3s内甲、乙两物体始终做同向运动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．根据位移-时间图象的斜率等于速度，知前3s内甲先沿正向做减速运动，后沿负向做加速运动，选项A错误；

BD．前3s内，甲、乙两物体通过的位移相等，都是2m，但是甲先向正向运动后向负向运动，乙一直沿正向做匀速直线运动，则甲物体通过的路程大于乙物体的路程，结合平均速率等于路程与时间之比，知前3s内，甲物体的平均速率大于乙物体的平均速率，故B正确，D错误；

C．由图像可知，前3s内甲、乙两物体的距离先增加后减小，选项C错误。

故选B。

3.   如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则在小球移动过程中（）

A. 细线对小球的拉力变大 B. 斜面对小球的支持力变大

C. 斜面对地面的压力变大 D. 地面对斜面的摩擦力变大

【答案】A

【解析】

【详解】AB．对小球受力分析并合成矢量三角形：

重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；

CD．对斜面受力分析：

正交分解：

根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，CD错误。

故选A。

4. 起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下列选项图中的哪一个（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由v－t图象可知在时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得

则

此时拉力的功率

可知此时间段内功率与时间成正比；

在时间内重物向上做匀速直线运动，拉力

则拉力的功率

可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小得，此时的功率小于t1时刻拉力的功率；

在时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得

则

此时间段内拉力的功率

则可知与是线性关系，随着增加，减小。时刻拉力突然减小，功率突然减小。

综上所述，故B正确，ACD错误。

故选B。

5. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是（　　）

A. 在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R0消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变大

B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，R1消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C. 只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动

D. 若断开开关S，电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动

【答案】A

【解析】

【详解】A．在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据热功率公式P=I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，故A正确；

B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，故B错误；

C．只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减小，微粒向下运动，故C错误；

D．若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，选项D错误。

故选A。

6. 如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，其F-x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，斜面与水平地面之间的夹角，g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（　　）

A. 小物块每次落在斜面上的速度方向不同

B. 不能求出小物块质量

C. 小物块质量m=1.0kg

D. O、P间的距离S=0.625m

【答案】D

【解析】

【详解】A．由平抛运动规律有

解得

所以小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，故A错误；

BCD．根据牛顿第二定律，在OP段有

又

由平抛运动规律可知水平方向有

竖直方向有

由几何关系有

联立可得

解得

由图像可得

解得

故BC错误；D正确；

故选D。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分.选对但不全的得3分，有错选的得0分。）

7. 2021年6月17日9时22分，神舟十二号载人飞船发射成功，10月16日神州十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。航天员翟志刚、王亚平、叶光富太空三人组进驻天和核心舱，标志着中国人首次长期进驻空间站时代。以下说法正确是（　　）

A. “神舟十二号载人飞船”的发射速度大于地球第一宇宙速度

B. 宇航员可以在空间站中用用弹簧拉力器锻炼身体，也可以用弹簧测力计测量物体重力

C. 只需知道空间站的公转周期就可以计算出地球的质量

D. 载人飞船在较低轨道上加速后可追上核心舱实施对接

【答案】AD

【解析】

【详解】A．“神舟十二号载人飞船”的发射速度大于地球第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A正确；

B．宇航员在空间站中处于完全失重状态，不可以在空间站中用用弹簧拉力器锻炼身体，也不可以用弹簧测力计测量物体重力，故B错误；

C．根据

可得

则计算出地球的质量，需要知道空间站的周期和轨道半径，故C错误；

D．载人飞船在较低轨道上加速，做离心运动，进入核心舱轨道，追上核心舱实施对接，故D正确。

故选AD。

8. 如图所示，，ABCD-EFHG是底面为菱形（边长为L）的四棱柱，在A、C两点分别固定一个电量为q的正点电荷，O为AC与DB的交点，P、Q是关于O点对称的两点，其中AQ=CP。则下列说法正确的是（　　）

A. D点电势等于B点电势

B. P、Q两点电场强度相同

C. 把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零

D. 在D点以初速度v0沿DB方向入射一电子，只在电场力作用下，将会沿DB方向匀加速运动到B点

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据对称性可知，D点电势等于B点电势，故A正确；

B．根据对称性可知，P、Q两点电场强度大小相同，方向不同，故B错误；

C．根据对称性可知，P、Q两点电势相等，所以把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零，故C正确；

D．线段DB上电场强度并非处处相等，所以电子只在电场力作用下不可能由D点匀加速运动到B点，电子一定是先做变加速运动至O点后再做变减速运动运动至B点，故D错误。

故选AC。

9. 水平地面上方有水平向右的匀强电场，场强大小为，从地面上的A点斜向右上方以速度v0=10m/s抛出一个带正电荷为+q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角，轨迹如图所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点。忽略空气阻力的影响。g=10m/s2则（　　）

A. D、E两点速度大小相等

B. B点速度为10m/s

C. 小球落地时与水平方向的夹角仍为53°

D. A、C两点距离为16m

【答案】BD

【解析】

【详解】A．D、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，电场力做正功，所以D、E两点速度大小不相等，故A错误；

B．小球在竖直方向与水平方向的初速度为

点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由

联立可得

即小球在B点速度为10m/s，故B正确；

C．小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为

则小球落地时与水平方向的夹角正切为

故C错误；

D．A、C两点距离为

故D正确。

故选BD。

10. 如图所示，两根间距为d的光滑平行金属导轨，在左侧是倾角为θ的斜面，右侧是足够长的水平轨道，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。长度为d的两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，质量均为m，MN棒的电阻是PQ棒电阻的一半。金属棒MN从静止释放沿导轨下滑（不计处能量损失）。导轨电阻不计，整个过程中MN棒与PQ棒未发生碰撞，重力加速度取g，则下列说法正确的是（　　）

A. 整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为

B. 整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为

C. 释放后金属棒MN最终与PQ棒在水平轨道上一起做匀速直线运动

D. 金属棒MN滑至，刚进入磁场区域时，金属棒PQ两端的电压大小为

【答案】CD

【解析】

【详解】AC．MN棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电流，受到向左的安培力，先减速，PQ棒受到向右的安培力，加速，两棒受到的安培力等大反向，所以两棒组成的系统动量守恒，最终两者共速，做匀速直线运动，则根据题中条件可得

则

对系统根据能量守恒可得

可得

则整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为

故A错误，C正确；

B．金属棒PQ棒由动量定理可得

整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为

联立可得

故B错误；

D．金属棒MN滑至，刚进入磁场区域时，产生的感应电动势为

则感应电流为

则金属棒PQ两端的电压大小为

故D正确。

故选CD。

三、实验题（本题共2小题，每空2分，其14分。）

11. 如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，有直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：

（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_______mm。

（2）已知t、H和重力加速度g及小球的直径d，若小球下落过程中机械能守恒，则需满足以下表达式：_______。

（3）另一同学用上述实验装置通过改变光电门的位置，用h表示金属小球到光电门时的下落距离，用v表示金属小球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图丙所示的v2-h图像，则当地的实际重力加速度为g=_______m/s2。

【答案】    ①. 11.14    ②. 或或    ③. 9.7

【解析】

【详解】(1)[1]用游标卡尺测得小球的直径

(2)[2]小球过光电门时的速度为

由机械能守恒

可得

(3)[3]由以上分析可知

结合图像可知，斜率

则可得

12. 某实验兴趣小组要测绘一个标有“3V；1.8W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：

A.待测小灯泡L（3V，1.8W）

B.电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）

C.电压表V（量程3V，内阻约5KΩ）

D.电流表A1（量程0.3A，内阻约1Ω）

E.电流表A2（量程0.6A，内阻约0.5Ω）

F.滑动变阻器R1（最大阻值5Ω，额定电流2.0A）

G.滑动变阻器R2（最大阻值100Ω，额定电流1.0A）

H.开关、导线若干

（1）为了测量更精确，且要求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，电流表选_______，滑动变阻器选_______（填写实验器材前的字母代号）；

（2）按照实验要求，根据所选的器材，请选择正确的实验电路图_______。

A.B.

C.D.

（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图1所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为2V、内阻为2Ω的另一电源E0上，如图2所示。

则每个小灯泡实际功率为_______W（结果保留2位有效数字）。

【答案】    ①. E    ②. F    ③. A    ④. 0.24（0.23-0.25均给分）

【解析】

【详解】(1)[1]通过小灯泡的最大电流为

故电流表选择E；

[2]求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，则滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器选择最大阻值较小的，即F；

(2)[3]小灯泡的电阻

因为

所以电流表采用外接法，故A正确，BCD错误。

故选A；

(3)[4]设灯泡的实际功率为U，实际电流为I，则根据闭合电路的欧姆定律得

则可得

做出电源的I-U图像如图所示

图像中交点坐标即为通过灯泡的电流和灯泡两端的电压，电流为I=0.28A，U=0.85V，电压为则灯泡的实际功率为

四、计算题（本题共3小题，其中13题12分。14题15分，15题15分，共42分。）

13. 近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1=0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角。工作人员沿传送方向以速度v2=1.4m/s从传送带顶端推下一件质量m=5kg的小包裹（可视为质点）。5s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：

（1）传送带顶端到底端的距离L；

（2）整个过程产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）包裏冲上传送带时由牛顿第二定律可得

解得

设经过后包裹与传送带速度相等，有

该时间内包裹运动的距离

传送带运动的距离

共速后匀速运动时间

包裹运动距离

停电后包裹加速度不变，匀减速直线运动时间

运动距离

传送带顶端到底端的距离

（2）产生热量

14. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域I，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域II，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域II，已知L=0.1m，质子比荷。求：

（1）粒子的初速度v0大小；

（2）匀强电场的电场强度E的大小；

（3）若粒子从电场进入磁场区域II时做圆周运动的半径r=0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】(1)如图作v0垂线交x轴于A点，如图所示

由于粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得

过x轴进入电场的C点坐标为，在磁场I区域内有

得

(2)进入电场做类平抛运动

根据类平抛运动的规律可知

得

(3)在电场中Q点沿电场方向的速度

则进入II磁场区域时的速度

与y轴负方向夹角为θ，有

可得

在磁场中圆周运动周期

在磁场II中圆周运动时间为

则

15. 如图所示的轨道由倾角为的直线AB段、水平轨道BC段、圆轨道以及水平轨道CE段组成。将一质量为m、可视为质点的物块由轨道A点无初速释放，经过B点时不计额外能量损失，物块可由C点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB、BC、CE段的动摩擦因数均为μ=0.5，其余部分的摩擦力均可忽略不计，已知AB=8L、BC=L，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8。求：

（1）欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应满足什么条件；

（2）若R=1.2L，则物块最终停止的位置。

【答案】（1）或；（2）在BC段，离B点0.24L处

【解析】

【详解】（1）物块不脱离轨道，有两种情况：

情况一：物块恰好能滑过圆周轨道最高点D，则物块在最高点D应满足

物块从A到B点过程，获得v0速度，由动能定理有：

得

物块从B到D点过程，由动能定理有

解得

情况二：物块从B滑到与圆心O等高处，速度减为零，则由动能定理有

解得

要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足

或

（2）若，由（1）的结果可知属于第二种情况，物块必定返回到C，设其能向左滑过CB轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB，由功能关系得

解得

滑块由B点沿BA上滑的最大距离为s，滑块再次返回到B点时的速度为

上滑时由动能定理得

下滑时由动能定理得

解得

，

设物块在BC段滑动的距离为s'，则由动能定理得

解得

则物块静止的点距离B点为0.24L。