江苏省南通市启东市吕四中学2025届高三物理第一次质量检测试题含解析

PAGE18-江苏省南通市启东市吕四中学2025届高三物理第一次质量检测试题（含解析）一、选择题1.若物体在某一运动过程中动能保持不变，则在该过程中（）A.物体肯定做匀速直线运动 B.重力对物体肯定做正功C.合外力可能对物体做正功 D.物体的加速度可能与速度始终垂直【答案】D【解析】【详解】A．动能保持不变，速度的大小不变，不代表速度方向不变，比如匀速圆周运动，故A错误；B．由动能定理知，动能保持不变，说明合外力的功为零，不说明重力对物体肯定做正功，比如水平面内的匀速圆周运动，重力不做功，故B错误；C．由动能定理知，若合外力对物体做正功，动能肯定增加，不会保持不变，故C错误；D．物体的加速度可能与速度始终垂直，比如匀速圆周运动，故D正确。故选D。2.将质量为1kg的物块从距地面20m处自由释放，不计空气阻力，重力加速度，则物块在落地前1s内重力做功的功率为（）A.100W B.150W C.175W D.200W【答案】B【解析】【详解】依据知下落时间为最终一秒下降的高度为重力做功为依据知物块在落地前1s内重力做功的功率为故B正确，ACD错误。故选B。3.为了探测引力波，“天琴安排”预料放射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（）A.2:1 B.4:1 C.8:1 D.16:1【答案】C【解析】【详解】本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的学问点．设地球半径为R，依据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，依据开普勒定律，==64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1，选项C正确．4.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法错误的是（）A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做负功【答案】D【解析】【详解】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，由于O点的电荷带正电，所以M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；B．M从a到b点，库仑力做负功，依据动能定理可知M的动能减小，所以M在b点的动能小于它在a点的动能，选项B正确；C．d点和e点处在同一等势面上，则N在d点的电势能等于它在e点的电势能，选项C正确；D．N受到排斥力，在从c点运动到d点的过程中库仑斥力做正功，选项D错误。本题选错误，故选D。5.如图所示，一个绝缘圆环，当它的匀称带电且电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC匀称带电+2q，而另一半圆ADC匀称带电–2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为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】【详解】当圆环的匀称带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC的带电荷量为+2q，由如图所示的矢量合成可得，在圆心处的电场强度大小为，方向由B到D；当另一半圆ADC匀称带电−2q，同理，在圆心处的电场强度大小为，方向由O到D；依据矢量的合成法则，圆心O处的电强度的大小为，方向由O到D，选项A正确，BCD错误．故选A6.如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，O点是两电荷连线的中点，a、b是该线上的两点，c、d是两电荷连线中垂线上的两点，acbd为一菱形．若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E表示，电势用φ表示．则下列说法正确的是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.负粒子的电势能肯定先增大后减小 D.施加在负粒子上的外力肯定先减小后增大【答案】C【解析】【详解】据题意，由等量同种负电荷电场线和等势线分布图可知，沿电场线方向电势降低和电势的对称性，a点电势小于O点的，而O点电势小于c点的，故选项A错误；O处的电场强度为0，a处、c处电场强度不为0，故选项B错误；负离子从c点匀速移动到d点，电场力先做负功后做正功，则电势能先增加后减小，故选项C正确；由于负离子做匀速运动，外力大小等于电场力大小，而电场力可能先增加后减小，再增加又减小，电场力也可能先减小后增大，故选项D错误．7.一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确．8.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态．现让圆环由静止起先下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变更了mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为，故选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项C错误；在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项D错误；考点：系统机械能守恒二、多选题9.若一电子从电场中A点运动到B点的过程中，克服电场力做功为10eV，则（）A.电子在A点的电势能大于它在B点的电势能B.A、B两点间的电势差为10VC.若规定A点的电势为0，则B点的电势为10VD.若A点的电势为5V，则电子在A点的电势能为【答案】BD【解析】【详解】A．依据题意，电子从A到B的过程中克服电场力做功，电势能增大，所以电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；B．电子从A到B电场力做功A、B两点间的电势差为故B正确；C．若规定A点电势为0，依据则B点电势为−10V，故C错误；D．若A点电势为5V，则电子在A点的电势能故D正确。故选BD。10.如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱A.运动周期为B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD【解析】【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不行能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力供应向心力可得：，故D正确．11.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示．下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持C不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍D.保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【答案】ACD【解析】分析】保持U不变，依据E=可得E与d的关系；保持E不变，依据U=Ed可得U与d成正比；保持C不变，依据公式C=可知将Q与U成正比；保持d、C不变，将Q变为原来的一半，依据公式C=可知，U变为原来的一半，依据公式E=即可得到E的变更．【详解】A.保持U不变，将d变为原来的两倍后，依据E=可得E变为原来的一半，A正确；B.保持E不变，将d变为原来的一半，依据U=Ed可得U变为原来的一半，B错误；C.依据公式C=可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；D.依据C=可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，依据公式E=可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确．【点睛】本题考查电容器的动态分析，学生抓住电容器的几个相关公式即可分析出结果．12.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为【答案】BC【解析】【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为：，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．13.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变更的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.该电场肯定是孤立点电荷形成的电场B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA－EpBD.电子在A点的动能小于在B点的动能【答案】C【解析】【详解】AB．电场力做功变更电势能，图像斜率的物理意义为电场力，即图像斜率肯定，所以电场强度肯定，则该电场为匀强电场AB错误；C．电子从运动到，电势能增大，电场力做负功，即C正确；D．电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能相互转化，因为所以D错误。故选C。三.简答题.14.某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚起先运动为止，登记传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，接着向小桶中加入细砂，登记传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的沟通电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清楚的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车加速度a=________m/s2．(保留两位有效数字）（2）变更小桶中砂的重力，多次重复试验，登记小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是___________．（3）同一次试验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2_____F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．（4）关于该试验，下列说法中正确的是__________．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．试验中须要将长木板右端垫高C．试验中须要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法变更拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更便利地获得多组试验数据【答案】(1).0.16；(2).B；(3).＜；(4).D【解析】【详解】(1)[1]由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，依据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=0.16m/s2；(2)[2]由于已经平衡摩擦力，所以图象应当过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；故选B.(3)[3]对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg设小车重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，依据牛顿其次定律得：mg−F2=ma所以F1>F2；(4)[4]A.在该试验中力传感器可以干脆得出力的大小，不须要使小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B.试验中不须要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C.试验中不须要测出小车和传感器的总质量，只须要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D.用加砂的方法变更拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更便利地获得多组试验数据，故D正确；故选D.15.验证“力的平行四边形定则”，如图所示，试验步骤如下：①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；④依据力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；⑤依据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较F3和F的一样程度。(1)下列说法中正确的是________；A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同始终线上B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取、、等特别角度C．系在橡皮条末端的两绳要一样长D．同时变更两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1(2)变更F1、F2，重复步骤①至⑥进行其次次试验，登记结点位置O2，位置O2________（选填“必需”或“不必”）与位置O1相同；(3)试验记录纸如图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：，。请依据图中给出的标度作出F1和F2的合力________；(4)试验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。请说明这样操作________（选填“合理”或“不合理”），理由是________。【答案】(1).D(2).不必(3).(4).不合理(5).只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程【解析】【详解】(1)[1]A．橡皮条的方向代表合力的方向，可以是两绳之间随意方向，不肯定是两绳夹角的平分线，故A错误；B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不肯定两绳间夹角应取、、等特别角度，故B错误；C．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必需等长，故C错误；D．同时变更两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确。故选D。(2)[2]变更F1、F2重复步骤①至⑥进行其次次试验,登记结点位置O2，因为是两次不同的试验，则位置O2不必与第一次O1点相同。(3)[3]依据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，测得合力(4)[4][5]用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。这样操作不合理，理由是只当换用一个弹簧测力计拉时，弹簧会超过其量程。四.计算题.16.如图所示，空间存在电场强度大小为、方向水平向右、足够大的匀强电场.挡板与水平方向的夹角为，质量为、电荷量为的带正电粒子从与点在同一水平线上的点以速度竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面挡板垂直，不计粒子的重力，求：（1）粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；（2）间的距离.【答案】（1）（2）【解析】（1）由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为，则解得：（2）粒子做类平抛运动，设粒子运动加速度为a，由牛顿其次定律：在如图所示的坐标系中：，，设O、M间的距离为d，由几何关系：解得：17.如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面对下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点．撤去力F后，小球由静止下滑．重力加速度为g，sinθ＝≈0.64，不计一切摩擦．求：(1)力F的大小；(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W.【答案】(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR.【解析】【详解】(1)对小球：细线上的拉力T＝3mg对物块：mgsinθ＋F＝T解得F＝2.36mg.(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等．对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律3mgR－mgπRsinθ＝(3m＋m)v2解得v＝在C点：对小球，由牛顿其次定律N－3mg＝3m解得N＝6mg.(3)在小球从A点运动到C点过程中，对物块，由动能定理W－mgπRsinθ＝mv2－0解得W＝mgR.18.如图所示，一质量m1=0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2=0.1kg的小物块（可视为质点）置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v0=6m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F=0.6N的恒力．取g=10m/s2．求