江西省2021高三物理上学期第五次月考（12月）试题（含解析）

1、 可修改江西省南昌市安义中学2021届高三物理上学期第五次月考（12月）试题（含解析）一、选择题1.2019年4月24日亚洲田径锦标赛男子110米栏决赛中，中国选手谢文骏发挥出色，跑出13秒21夺得冠军。打破了刘翔在2011年创下的13秒22赛会纪录，同时也是这个项目今年的世界最好成绩。关于谢文骏的运动过程分析正确的是（ ）A. 在冲线时可以将谢文俊当成质点B. 由题意可以求出谢文俊跑动过程中的平均速度C. 运动过程中地面对运动员的冲量为零D. 谢文俊在加速过程中，惯性逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A当物体的形状和大小对所研究的问题没有影响时，物体就可以看成质点，冲线时，运动员的头部、脚部

2、等部位过线，即表示冲线成功，故此时不能看作质点，故A错误；B位移为110m，时间为13s22，故平均速度故B正确；C由冲量定义式可知，运动过程中，地面提供支持力和摩擦力，有作用时间，所以冲量不为零，故C错误；D惯性取决于物体的质量，质量一定，惯性一定，故D错误。故选B。2.下列各图，关于各图受力情况说法正确的是（ ）A. 甲图中原木P在MN两点各受一个弹力，且均竖直向上B. 乙图中BC杆对绳子的弹力一定由B指向CC. 丙图中铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力D. 丁图中弹簧一定处于压缩状态【答案】D【解析】【详解】A甲图，在M点的弹力方向垂直地面向上，在N点的弹力方向垂直杆向上，故A错

3、误；B乙图中BC杆斜插入墙壁，则BC杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡，方向不一定由B指向C，故B错误；C丙图中铁块受重力、斜面的支持力和摩擦力而平衡，只受一个弹力，故C错误；D弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向，由平衡条件知，弹簧对小球弹力沿弹簧向右，故D正确。故选：D。3.如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻一质量为m的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 皮带对物块所做功为B. 物块对皮带所做的功为C. 由于传送该物块电动机需要多做的功为D 物块与传送带间摩擦因素越大，系统产热越多【答案】

4、C【解析】【详解】物块相对传送带静止时物块的速度等于传送带速度v；A对物块，由动能定理得皮带对物块所做的功为，故A错误；B设经过时间t物块与皮带速度相等，物块的位移皮带的位移：皮带对物块做功物块对皮带做功故B错误；C由于传送该物块电动机需要多做的功等于皮带克服摩擦力所做的功，即为故C正确；D电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以系统产生的热量为与动摩擦因数无关，故D错误。故选C。4.质量为m的带正电小球由空中某点A无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）A. 整个过程中小球电势能变化了B. 整个过程

5、中小球合力冲量大小为2mgtC. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了D. 从A点到最低点小球重力势能减小了【答案】B【解析】【详解】A小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则又，解得则小球回到A点时的速度为整个过程中小球速度增量的大小为速度增量的大小为3gt，由牛顿第二定律得联立解得整个过程中小球电势能变化了B整个过程中小球合力冲量大小为故B正确；C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少故C错误；D设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：解得从A点到最低点小球重力势

6、能减少了故D错误。故选B。5.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图像如图所示，若已知汽车的质量m，牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中阻力大小恒定，则根据图像所给信息，下列说法正确的是A. 汽车行驶过程中所受阻力B. 速度为时的加速度大小为C. 汽车运动中的最大功率为D. 恒定加速时，加速度为【答案】A【解析】【详解】AC当速度为v1时，功率达到额定功率，为P=F1v1匀速行驶时，牵引力等于阻力，故故A正确，C错误；B速度为v2时，根据牛顿第二定律，有解得故B错误；D根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度故

7、D错误。故A正确。6.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向左匀速移出的过程中( ) A. 电容器的电容大小不受影响B. 电容器所带电荷量增大C. 电容器两极板间的电压增大D. 电路中电流的方向为MRN【答案】D【解析】【详解】在介质P向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式：分析可知电容变小，电容器始终与电源相连，故电压不变，由：可知电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故选D.7.如图是在购物商场里常见的电梯，左图为阶梯电梯，右图为斜面电梯，设两电梯中各站一个质量相

8、同的乘客随电梯匀速上行，若两电梯高度相同，速度相同，且两乘客用相同时间到达电梯顶端，则两种情况( )A. 摩擦力对乘客做功相同B. 两乘客机械能的增量相同C. 电梯对乘客支持力的做功相同D. 电梯对乘客支持力的冲量相同【答案】B【解析】【详解】A左图为阶梯电梯，进行受力分析，则为：重力与支持力，两者相平衡，不受摩擦力作用，右图为斜面电梯，受到重力、垂直于斜面的支持力与沿斜面向上的静摩擦力，所以摩擦力对乘客做功不相同，故A错误；B由于两电梯做速度相同的匀速运动，两乘客机械能的增量为增加的重力势能，由于两乘客的质量相等，电梯高度相同，所以两乘客机械能的增量相同，故B正确；C左图中的支持力与重力大小

9、相等，方向竖直向上，支持力做正功，右图中的支持力与位移垂直，所以不做功，故C错误；D左图中的支持力方向竖直向上，右图的支持力垂直电梯斜向上方，所以电梯对乘客支持力的冲量方向不同，所以电梯对乘客支持力的冲量不相同，故D错误。故选B。8.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零；ND段中C点电势最高则下列选项中错误的是A. C点的电场强度大小为零B. C. N、C两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向D. 将一个带负电的检验电荷从N点沿x轴正方向移动到D点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】

10、A.图象的切线斜率等于场强E，由图可知C点的切线斜率为零，所以电场强度为零，故A正确；B. 由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以电荷量大于的电荷量，故B正确；C.由N到C过程电势升高，则说明场强沿x轴负方向，故C错误；D. ND段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，则电场力先做正功后做负功故D正确9.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右

11、的速度抛出，小球最终落到斜面上。当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为；当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为已知电场强度，则以下判断正确的是 A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A小球做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：得水平方向竖直方向又联立解得由于，可知故A错误；B由合外力做的功可知合外力做的功与电场强度的大小无关，根据动能定理可知，小球增加的动能与电场强度无关，故B正确；C由知，第二种情况下小球

12、沿竖直方向向下的位移较小，则第二种情况下重力做的功较少，小球在碰撞斜面时的重力势能较大，而两种情况下的动能增加量相等，所以第二种情况下机械能的增加量大，故C正确；D两种情况下动能的增加量相等，由动能的定义式可知，两种情况下速度的增加量相等；由动量的定义式可知，两种情况下动量的增加量也相等，故D错误。10.某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是 A. 如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较大B. 如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a

13、点的场强都大于b点的场强D. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势【答案】AC【解析】【详解】A若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，即电子在a点动能较大，所以A正确；B若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，即电子在b点动能较大，所以B错误；C不论图中虚线是电场线还是等势面，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；D若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂

14、直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小；若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，故电场线方向向右，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较大，故D错误11.2019年1月3日10时26分，在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区，已知“嫦娥四号”的运行过程示意图如图所示，下列说法正确的是 A. “嫦娥四号”的发射速度可以小于第一宇宙速度B. “嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时必须减速C. “嫦娥四号”在绕月轨道上运行时，轨道降低，周期减小D. “嫦娥四号”在向月球着陆过程中始终处于失重状态【答案】BC

15、【解析】【详解】A.第一宇宙速度是最小的发射速度，“嫦娥四号”的发射速度一定大于第一宇宙速度，故A错误；B.“嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时，轨道半径减小，做近心运动，必须减速，故B正确；C.嫦娥四号”在绕月轨道上运行时，轨道降低，根据，周期减小，故C正确；D.“嫦娥四号”在向月球着陆过程中，做减速，加速度向上，处于超重状态，故D错误；12.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力。下列说法错误的是（ ）A. 在相互作用过程中，小球

16、和小车组成的系统动量守恒B. 小球离开小车后做竖直上抛运动C. 小球从进入小车轨道到离开水平位移为半圆的直径D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为【答案】ACD【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，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；B小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确；C系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得即有解得故C错误；D小球第一次车中

17、运动过程中，由动能定理得Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h-0.2h=0.6h故D错误。故选ACD。二、实验题13.某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒，实验中使用半径相等的两小球和，实验步骤如下：用天平测得、两小球的质量分别为、，且如图所示安装器材，在竖直木板上记下O点（与装置C点的小球的球心等高），调节斜槽使其末端的切线水平C处先不放小球，将球从斜槽上的

18、适当高度由静止释放，球抛出后撞在木板上的平均落点为P再将球置于C处，让球从斜槽上的同一位置由静止释放，两球碰后落在木板上的平均落点为M、N用刻度尺测出三个平均落点到O点的距离分别为、回答下列问题：（1）若C点到木板的水平距离为，小球的平均落点到O点的距离为，重力加速度为，则小球做平抛运动的初速度_（2）若两小球的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式正确的是_A BC D【答案】 (1). (2). D【解析】【详解】(1)1由平抛运动的规律求初速度(2)2根据弹性碰撞的特点有：m1v0=m1v1+m2v2将有m1的项移到左边并化简整理后有根据题意，碰撞前的入射球的速度碰撞后入射球的速度被碰撞球的速度将

19、三个速度代入化简式可得故D正确14.某实验小组做“探究动能定理”实验，装置如图甲所示。探究对象是铝块（质量小于砂桶和砂的总质量），保持其质量m不变，通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力，由力传感器可测得拉力的大小F。已知当地重力加速度为g，电源频率为f。（1）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更_（填“大”或“小”）。（2）实验时，让砂桶从高处由静止开始下落，在纸带打出一系列点，如图乙所示，其中0是打下的第一个点，取纸带上05过程进行研究，铝块动能的增加量Ek=_，合外力做的功W=_（用题目和纸带中已知物理量符号表示）。（3）为了更普遍地反应铝块运动过程中功与动能增加量的关系，某同学选取0

20、点到不同计数点过程，作出EkW图象如图丙所示，他根据图像斜率的值约为_，才得到结论：外力做的功等于动能的增加量。【答案】 (1). 大 (2). (3). （F-mg）(h+x1) (4). 图像斜率近似为1【解析】【详解】(1)1由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大；(2)2计数点5的瞬时速度铝块动能的增加量3合外力做的功(3)4由实验原理得所以只有在图像斜率的值约为1时，才能得到结论：外力做的功等于动能的增加量。三、解答题15.如图所示的升降机中，用OA、OB两根绳子吊一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向的夹角37，OA垂直于OB，取g=10m/s2，试求：（

21、1）若升降机保持静止，求OA、OB绳上的拉力大小（2）若两绳所能承受的最大拉力均为320N，为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为多少？【答案】（1） （2）a=10m/s2【解析】【详解】(1)以箱子为研究对象，根据平衡条件得联立解得(2)当OA绳上的拉为320N时，OB绳上的拉力大小两绳的合力为由牛顿第二定律有解得16.如图所示，在长为2L、宽为L的区域内正好一半空间有方向平行于短边向上的匀强电场，电场强度为E，无电场区域位于区域右侧另一半内，现有一个质量为m，电量大小为q的粒子，以平行于长边的速度从区域的左上角A点射入该区域，不考虑粒子重力，要使这个粒子能从区域的右下角的B点射出，（

22、1）试判断粒子的电性，并求粒子的初速度大小v0。（2）求电子射出电场时的速度大小和方向【答案】（1）粒子带负电；（2） 【解析】【详解】(1)粒子在电场中向下偏转，所受的电场力竖直向下，与电场方向相反，则粒子带负电，水平方向有竖直方向有由牛顿第二定律可得粒子在离开电场时，沿电场方向分速度电场后，粒子做匀速直线运动，设速度与水平方向夹角为，则联立解得(2)粒子在电场中做类平抛运动，则有，平方向有粒子在离开电场时，沿电场方向的分速度即出电场时的速度为设速度与水平方向夹角为，则17.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电现在A球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设A小球与B球第一次碰撞前速度为，碰撞后的速度分别为对A，根据