宁夏银川一中2025届高三物理上学期第五次月考试题含解析

PAGE16-宁夏银川一中2025届高三物理上学期第五次月考试题（含解析）一、选择题1.通常状况下，地球上两个物体之间的万有引力是极其微小以至于很难被干脆测量的，人们在长时间内无法得到万有引力常量的精确值。在牛顿发觉万有引力定律一百多年以后的1789年，英国物理学家卡文迪许奇妙地利用如图1所示的扭秤装置，才第一次在试验室里比较精确地测出了万有引力常量。在图2所示的三个试验中，与“卡文迪许扭秤试验”中测量微小量的思想方法最相近的是（）A.乙 B.甲 C.丙 D.三个试验都相近【答案】A【解析】【分析】【详解】“卡文迪许扭秤试验”中测量微小量的思想方法为放大法，而甲中采纳的等效替代法，乙采纳的放大法，丙采纳的限制变量法，故A正确，BCD错误。、故选A。2.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列推断正确的是()A.电场线MN的方向肯定是由N指向MB.带电粒子由a运动到b的过程中动能肯定渐渐减小C.带电粒子在a点的电势能肯定大于在b点的电势能D.带电粒子在a点的加速度肯定大于在b点的加速度【答案】C【解析】【分析】【详解】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析肯定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清晰，所以电场线的方向无法确定．故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能肯定大于在b点的电势能，故B错误，故C正确．由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子肯定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选C．【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步依据电场线、电场力做功等状况确定电势、电势能的凹凸改变状况.3.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、6m、2m，B和C分别固定在轻质弹簧的两端，B和A.吊篮A的加速度大小为gB.物体B的加速度大小为gC.物体C的加速度大小为2D.A和C的加速度大小都为3【答案】D【解析】【分析】【详解】ACD．弹簧起先的弹力剪断细线瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，依据牛顿其次定律得故AC错误，D正确；B．剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍旧为零，则B的加速度为0，故B错误。故选D。4.冥王星与其旁边的星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知卡戎绕O点运动的（）A.角速度约为冥王星的7倍B.向心力大小约为冥王星的C.向心加速度约为冥王星的7倍D.轨道半径约为冥王星的【答案】C【解析】【分析】【详解】A．双星系统绕同一点转动，则角速度和周期都相等，选项A错误；B．双星系统靠两星之间的万有引力充当向心力，则向心力是相等的，选项B错误；CD．依据则选项C正确，D错误。故选C。5.光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A、B质量分别为mA和mB。B静止于曲面的最低点，让球A从曲面上肯定高度h滑下，在最低点与球B发生正碰，碰撞过程无机械能损失，水平面足够长。下列说法正确的是（）A.两小球不行能发生其次次碰撞B.当时，两小球只能发生一次碰撞C.增大h可能让两小球发生其次次碰撞D.若mA<mB，两小球肯定能发生其次次碰撞【答案】B【解析】【分析】【详解】AC．由能量守恒定律和动量守恒定律，有两球撞击后的速度为当它们速度同向时，，不会发生其次次碰撞；若球A反弹后滑上曲面，由于机械能守恒，球A回到水平面时的速度与反弹时的速度大小相等，当时，可以发生其次次碰撞，与h无关，选项AC错误；BD．若发生其次次碰撞，则有计算得，所以当时，球A、B只能发生一次碰撞，故B正确，D错误。故选B。6.如图所示，质量分别为、的两个木块A、B通过轻弹簧连接，木块放在水平桌面上，木块用轻绳通过定滑轮在力的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成角，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计定滑轮与绳之间的摩擦，则可以求下列哪些量（）A.木块对桌面的压力B.弹簧与水平方向的夹角C.木块与桌面之间的动摩擦因数D.弹簧的形变量【答案】AB【解析】【分析】【详解】对木块分析，受重力、弹簧的拉力和轻绳的拉力，三力平衡，设弹簧与水平方向的夹角为，依据平衡条件，水平方向有，故有，因此可以求得和；由于不知道弹簧的劲度系数，故无法确定弹簧的形变量，故B正确，D错误；对整体分析，受轻绳拉力、重力、支持力和静摩擦力，依据平衡条件，水平方向有，竖直方向有，依据牛顿第三定律，整体对桌面的摩擦力大小为，方向向右，由于是静摩擦力，且不能确定是否是最大静摩擦力，故无法求解动摩擦因数，故A正确，C错误.7.如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中()A.圆环和地球组成的系统机械能守恒B.当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C.弹簧最大弹性势能为mghD.弹簧转过60°角时，圆环的动能为【答案】CD【解析】试题分析：在圆环下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环和地球组成的系统的机械能不守恒，A错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向左下方的拉力，故B错误；圆环和地球以及弹簧组成的系统机械能守恒，依据系统的机械能守恒，圆环的机械能削减了mgh，那么圆弧的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh，C正确；弹簧转过60°角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为探讨对象，利用动能定理得：，即圆环的动能等于，故D正确，考点：考查了机械能守恒，牛顿其次定律【名师点睛】对物理过程进行受力状况、运动状况、做功状况分析，是解决问题的根本方法．要留意对于圆环来说机械能并不守恒，但对圆环和弹簧组成的系统作为探讨对象，系统的机械能是守恒的．8.质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，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.整个过程中小球的电势能改变了B.整个过程中小球速度增量的大小为2gtC.从加电场起先到小球运动到最低点时小球动能改变了D.从A点到最低点小球重力势能改变了【答案】AD【解析】【分析】【详解】B．质量为m带正电小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末速度再经过秒小球又回到A点解得：末速度整个过程中小球速度增量的大小为3gt，故B错误A．依据动能定理可知，整个过程只有电场力做功，整个过程中小球的电势能改变了，故A正确；C．从加电场起先到小球运动到最低点时小球动能改变了故C错误；D．从A点到最低点下落总距离从A点到最低点小球重力做功重力势能改变了，故D正确。故选AD。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题～39题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题（共129分）9.用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间为t，用米尺测量A、O之间的距离x。(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v=______；(2)为求出弹簧的弹性势能，还须要测量______；（选填字母序号）A．弹簧原长B．滑块（含遮光片）的质量C．当地重力加速度(3)若气垫导轨右端比左端略高，弹性势能的测量值与真实值比较将_______。（选填字母序号）A．偏大B．偏小C．相等【答案】(1).(2).B(3).B【解析】【分析】【详解】(1)[1]滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有(2)[2]弹簧弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，依据动能表达式可知，应测量滑块的质量故选B(3)[3]若气垫导轨右端比左端略高，导致通过两光电门的时间将增大，那么测得速度偏小，因此弹性势能的测量值也偏小故选B10.某同学组装一个多用电表．可用的器材有：微安表头（量程100内阻900）；电阻箱R1（阻值范围0999.9）；电阻箱R2（阻值范围099999.9）；导线若干，要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡，回答下列问题：（1）在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱___________．（2）电阻箱的阻值_____________;R2=____________（保留到个位）【答案】(1).（1）如图所示(2).（2）100(3).2910【解析】【分析】【详解】（1）R1的电阻比较小，所以R1与表头并联构成大量程的的电流表，R2的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，设计电路图如图所示;改装电流表须要并联一个电阻，要改装1mA的电流表须要并联的电阻，所以选用与变阻箱R1并联，并联后的总电阻为；要改装3V电压表须要串联电阻，串联电阻的阻值为11.如图所示，一质量为m，电量为+q的小球，以初速度v0沿两正对带电平行金属板左侧某位置水平向右射入两极板间，离开时恰好由A点沿圆弧切线进入竖直光滑固定轨道ABC中。A点为圆弧轨道与极板端点连线的交点，CB为圆弧的竖直直径并与平行，竖直线的右边界空间存在竖直向下且大小可调的匀强电场E。已知极板长为L，极板间距离为d，圆弧的半径为R，，重力加速度为g，，。不计空气阻力，板间电场为匀强电场，小球可视为质点。(1)求两板间的电势差大小；(2)若要使小球沿圆弧轨道运动且通过最高点C，求电场强度E的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）在A点的速度为则竖直方向的速度大小为在水平方向做匀速直线运动，则有竖直方向上的加速度为竖直方向上的速度为则有则有电场强度大小为解得两极板间的电势差大小为（2）假设小球恰好通过C点，则由A到C，依据动能定理综上12.如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P。一质量为m的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止起先沿轨道滑下，经B点滑上滑板。已知滑板质量，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度为g。滑板与挡板碰撞时立即反弹且没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定而保持静止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。(1)求物块滑到B点的速度大小；(2)求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；(3)站在地面的视察者看到物块有一段时间内在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。设物块滑到B点的速度大小为v0，有解得(2)假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理联立解得所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块速度大小为(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。设两者其次次具有共同速度为v2，取向左为正，由动量守恒定律有设此时滑板离P的距离为，由动能定理解得＜说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够其次次达到共同速度。设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有解得所以，物块加速运动阶段的速度范围为此阶段滑板的速度范围为13.如图所示，肯定质量的志向气体从状态a动身，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最终经等压过程ca回到状态a。在过程ab中气体的内能______（填“增加”、“削减”或“不变”），在过程bc中气体________热量（填“汲取”或“放出”），在过程ca中_____________（填“外界对气体做功”或“气体对外界做功”）。【答案】(1).增加(2).汲取(3).外界对气体做功【解析】【分析】【详解】[1]从到等容升压，依据可知温度上升，肯定质量的志向气体的内能取决于气体的温度，温度上升，则内能增加。[2]在过程中，属于等温改变，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；依据热力学第肯定律可知，气体从外界汲取热量。[3]在过程ca中，体积减小，外界对气体做功。14.如图所示,开口向上竖直放置的内壁光滑气缸,内有两个质量均为m的密闭活塞,气缸和活塞AB均导热，活塞将缸内志向气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0,温度为T0.气体Ⅰ的压强p1=3p0．设外界大气压强为Po保持不变,环境温度保持不变．求：①出状态系统静止时，气体Ⅱ的压强p2；②在活塞A上渐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A下降的高度【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】①初状态对A：mg+p0S=p1S；初状态时对B：mg+p1S=p2S解得p2=5p0②加上铁砂后气体Ⅰ的压强：等温过程：；气体Ⅱ的压强等温过程：A下降的高度：h=2l0-l1-l解得15.如图所示为单摆在两