临川区第一中学2023-2024学年高三上学期11月质量监测
物理参考答案（详解）
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分；每小题只有一个选项符合题目要求。）
1、【答案】C
【详解】A．说明力可以用动能对位移的变化率来定义，故A正确；
B．说明力可以用动量对时间的变化率来定义，故B正确；
C．公式为加速度的定义式，是由公式推导而来，本质是相同的，故C错误；
D．对任何电场A、B两点间的电势差计算都适用，故D正确。
本题选说法错误项，故选C。
2、【答案】C
【详解】如图所示
由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为
每根弹簧的伸长量均为△x=4.00cm，每根弹簧的弹力小均为F=k△x=1.3N
根据竖直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小G=3Fcosθ=1.5N
3、【答案】C
【详解】A．空竹受力如图所示：
由平衡条件有2Fsinθ=mg
若设绳长为L，由几何关系可知
当右手B沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，cosθ减小，sinθ增大，F将减小，A错误；
D．同理可分析可知当沿虚线d向右移动时，d增大，cosθ增大，sinθ减小，F将增大，D错误；
B．当当沿虚线b向上移动时，d不变，cosθ不变，sinθ不变，F不变，B错误；
C．当沿虚线c斜向上移动时，d增大，cosθ增大，sinθ减小，F将增大，C正确。故选C。
4、B【解析】石块做斜上抛运动vy=vsin30o，根据vy=gt1，运动总时间t=2t1，解得v=8m/s，设石块一共能打n个水漂，（取整数）解得n=5。
5、【答案】D
【详解】A．手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；
B．充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；
充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg+f=ma3 a3=12m/s2
可知加速度方向向下，故B错误；
C．在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；
D．在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax-mg=ma2
又fmax=μF,解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F=12N 故D正确。
6、【答案】B
【详解】设近地卫星的质量为m，火星的质量为M，对近地卫星，火星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则 可得
可得火星的密度为
又火星对近地卫星的万有引力近似等于近地卫星的重力，则有 解得
因此火星的密度为 故ACD正确，B错误。 此题选择错误选项，故选Ｂ。
7、【答案】A
【详解】依题意，单位时间单位面积上的降水量为△h=h/t
设芭蕉叶的面积为S，△t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量
根据题意有一半的雨滴向四周散开，设竖直向上为正方向，根据动量定理可知
另一半则留在叶面上，根据动量定理
则雨滴受到的撞击力为F=F1+F2
由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到的冲击力大小为F'=F
根据压强定义式p=F'/S 联立解得故选A。
8、【答案】BD
【详解】A．由图像可知，从P到Q电场强度方向不变，带正电的检验电荷从M点由静止释放后能通过N点，说明a带正电、b带负电，故A错误；
B．a带正电、b带负电，合场强最小时，a、b在该点产生的场强相等，设合场强最小时横坐标为x，则有
可知Qa>Qb 故B正确；
C．从P到Q电场强度方向不变，从正电荷指向负电荷，沿着电场线的方向电势降低，可知x轴上从P至Q电势逐渐降低，故C错误；
D．M、O间的平均电场强度大于O、N间的平均电场强度，M、O间距离和O、N间距离相等，根据E=U/d
可知M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故D正确。 故选BD。
9、【答案】ACD
【详解】AC．当乙运动到B点时，设轻杆与水平方向的夹角为θ，当乙运动到B点时，乙的速度沿切线竖直向上，甲的速度水平向右，把乙和甲的速度沿杆和垂直杆的方向分解，如图所示，则有乙和甲沿杆方向的速度大小相等，由图可得v乙sinθ=v甲cosθ
由几何关系可得sinθ=R/2R
联立解得
可知乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动时，乙的速度在增大，甲的速度在减小，则甲的动能在减小，重力势能不变，因此甲的机械能不守恒，AC正确；
B．乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动，甲、乙组成的整体只有重力做功，因此甲、乙组成的整体机械能守恒，B错误；
D．对甲、乙组成的整体从开始运动到乙到达B点的运动中机械能守恒，设每个小球的质量为m，由机械能守恒定律可得
又有 联立解得D正确。 故选ACD。
10、【答案】BD
【详解】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度,
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得
联立解得U1:U2=1:1 B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
联立可得L:d=1:1A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得 L=vxt1 vy1=at1
射入电容器到最高点有vy=at
解得 vy1=vy/2
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则
粒子射入电场和水平的夹角为β=45o C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为
联立，，解得
且，即解得x=2L,y=d=L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理
，vy1=a't'1，即轨迹不会变化，D正确。 故选BD。
11、【答案】（1）2.60（2）垫块的位置（或长板与水平面的夹角）（3）
【解析】（1）小车内的位移为
小车相邻相等时间内的位移差为
根据匀变速直线运动的推论，得小车的加速度大小为
（2）垫块的位置（或长板与水平面的夹角）
（3）由①中小车匀速下滑时，由平衡条件得
②中小车加速下滑时，由受力分析可得，联立可得
，得
12、 【答案】 5kg AD 2.25V
【详解】（1）[1]对物块分析mg=k△x
代入数据得m=5kg
（2）[2]当电压表的示数为2.25V时，与电压表并联部分电阻阻值为15Ω，弹簧压缩量为7.5cm，对物块分析k△x'-mg=ma
求得a=5m/s2，方向竖直向上 故选AD。
（3）[3]小王方案中，电梯匀速运动时弹簧压缩量为5cm，接入电路阻值为10Ω，故电压表示数为2.25V．
13、（12分）
【答案】（1）, ；（2），
【详解】（1）由几何关系可得，物块在A、C两点时弹簧的伸长量分别为’
物块在A、C两点时弹簧的拉力分别为 FA=kxA, FC=kxC,
在C点把拉力、重力分别沿斜面方向和垂直斜面方向分解，垂直斜面方向有FN=(mg-FC)cos37o
在A点把拉力、重力分别沿斜面方向和垂直斜面方向分解，沿斜面方向有mgsin37o+FAcos37o=ma
解得,
（2）物块在C点时弹簧的弹性势能为
物块在A点时弹簧的弹性势能为
物块从A点运动到B点，由能量守恒定律可得
解得
14、【答案】（1）；（2） ，向上；（3）
【详解】（1）电势能EP=-qφA解得φA=UAO=-ELcos30o
所以
（2）小球自初始位置到B过程中，根据动能定理
根据牛顿第二定律
又因为
解得 方向向上。
（3）小球运动过程中动能、重力势能和电势能之和保持不变，当动能最大时，电势能和重力势能之和最小。把重力和电场力进行合成，合力方向恰好沿初始时OA反方向延长线，如图所示，C点为等效最低点，该位置动能最大，重力势能与电势能之和最小。
重力势能Ep1=-mgLsin30o
电势能
重力势能与电势能之和
15、【答案】（1）2m/s；（2）25J；（3）
【详解】（1）A、B发生弹性碰撞，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律可得
解得vA=-2m/s,vB=1m/s,
则小球A与物块B碰后瞬间小球A速度的大小为2m/s；
（2）设经过时间t，物块B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得v=vB+at
根据牛顿第二定理有μmBg=mBa
代入数据可得t=1s
物块B滑行的距离
传送带的位移s传=vt=6m
则△s=s传-s物=2.5m
物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量
（3）物块B最终没有离开小车，物块B与小车具有共同的末速度v共，物块B与小车组成的系统动量守恒，有mBv=(mB+M)v共
若P与Q之间的距离足够大，则物块B还没与弹簧接触就已经相对小车静止，则此过程由能量守恒可得
解得x2=1.8m
若P与Q之间距离L不是很大，则物块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，物块B必然被弹回到P、Q之间，设物块B恰好回到小车的左端P点处时与小车相对静止，
由能量守恒定律可得
解得x2=0.9m
综上所述，要使物体B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则P、Q之间的距离x满足临川区第一中学2023-2024学年高三上学期11月质量监测
物理试卷
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、学伴号以便扫描；
2．请将答案正确填写在答题卡上指定区域。
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分；每小题只有一个选项符合题目要求。）
1．关于下列物理公式，说法错误的是（ ）
A．说明力可以用动能对位移的变化率来定义
B．说明力可以用动量对时间的变化率来定义
C．并不是由推导而来，两者的本质并不相同
D．对任何电场A、B两点间的电势差计算都适用
2．某创新实验小组制作一个半径为12.00cm的圆盘，将3个相同的弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰好在圆心O处，如图所示，已知弹簧（质量不计）的自然长度均为9.00cm，弹簧的劲度系数。将圆盘水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5.00cm，则矿泉水受到的重力大小为（ ）
A．0.5N B．1.3N C．1.5N D．3.9N
3．抖空竹是我国传统文化苑中一株灿烂的花朵，既极具观赏性，又可健身。如图1所示，若抖空竹者保持一只手不动，另一只手沿图2中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和绳子间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A．沿虚线a向左移动时，细线的拉力将增大
B．沿虚线b向上移动时，细线的拉力将减小
C．沿虚线c斜向上移动时，细线的拉力将增大
D．沿虚线d向右移动时，细线的拉力将减小
4．图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为，速率损失。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块打第一个水漂在空中的时间为，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于时石块就不再弹起。不计空气阻力，重力加速度，石块在湖面上能漂起的次数为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最大静摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中（ ）
A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
6、中国新闻网宣布：在摩洛哥坠落的陨石被证实来自火星。某同学想根据平时收集的部分火星资料（如图所示）计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较。下列计算火星密度的公式错误的是（引力常量G已知，忽略火星自转的影响）（ ）
火星-Mars 火星的小档案 直径d=6779km 质量M=6.4171×1023kg 表面的重力加速度g0=3.7m/s2 近地卫星（靠近火星表面）的周期T=3.4h
A． B． C． D．
7．“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意向。当雨滴竖直下落的速度为时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状；所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上；忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为，则p为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分；每小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但漏选得3分，选错或多选得0分。）
8．真空中，点电荷a、b分别位于x轴上的处的P点和处的Q点，它们之间连线上电场强度E随位置x变化的图像如图所示。一带正电的检验电荷由处的M点由静止释放后能通过处的N点。不计检验电荷的重力，O为坐标原点，以下判断正确的是（ ）
A．a、b均带正电
B．a电荷量大于b电荷量
C．x轴上从P至Q电势先降低再升高
D．M、O间的电势差大于O、N间的电势差
9．半径为R、内壁光滑的半圆弧轨道 ABC固定在光滑的水平地面上的A 点，AC 是竖直直径，B是圆心O的等高点，把质量相等小球甲、乙（均视为质点）用长为2R的轻质细杆连接，放置在地面上。现让甲、乙同时获得水平向右的速度 v0，乙进入半圆弧轨道 ABC并沿着内壁向上运动，且乙能运动到 B点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动，甲的机械能不守恒
B．乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动，甲、乙组成的整体机械能不守恒
C．乙运动到 B点，甲、乙的速度大小之比为1：
D．乙运动到 B点，甲的速度为
10．一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
第II卷（非选择题）
三、实验题（每空2分，共12分。）
11．传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用传感器研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力关系”，实验步骤如下：
①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车放在长板的位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数；
②撤去细绳，让小车从位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为，通过位移传感器可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的图像，并求出小车的加速度。
（1）某段时间内小车的图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为__________（计算结果保留两位小数）。
（2）实验中（不增加实验器材）只需要改变图甲中__________，重复步骤①②可得多组、的数据，就能完成相关实验内容。
（3）某次实验中步骤①拉力传感器的示数，小车（含拉力传感器）质量为，长板与水平面的夹角为，重力加速度为，则小车与斜面的动摩擦因数表达式为____________________。（用、、、表示）
12．小明同学设计了一个测电梯加速度的装置，具体原理图如图甲所示。
实验器材有：
直流电源（电动势E=4.5V，内阻r=0.5Ω）；
理想电压表V（量程为3.0V）；
限流电阻R0=9.5Ω；
竖直固定的滑动变阻器R（总长l=10.0cm，总阻值R=20.0Ω）；
电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定质量不计的秤盘且通过甲连杆与滑动变阻器R的滑片连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数k=103N/m，且可认为不受电流的影响）；
开关S以及导线若干。
重力加速度g取10m/s2，不计其他阻力。
（1）实验步骤如下：
①电梯静止时，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器R的最上端，电压表的示数均为零。
②电梯匀速上升时，在托盘中轻轻放入一个物块，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器R的滑片恰好处于中间，则物块的质量m= kg。（结果保留一位有效数字）
电梯运行过程中，当电压表示数为2.25V且保持稳定时，电梯的运动情况可能是 。
A．电梯以5m/s2的加速度向上加速 B．电梯以2.5m/s2的加速度向上加速
C．电梯以2.5m/s2的加速度向下加速 D．电梯以5m/s2的加速度向下减速
（3）小王同学用小明的器材设计了另一种方案，方案电路如图乙所示，
在托盘中轻轻放入同一个物块，当电梯匀速运动时，电压表的示数为 。
解答题（本题共3小题，共42分，第13题12分，第14题14分，第15题16分。）
13．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻质弹簧悬挂在O点，下端与质量为m的物块（可视为质点）相连，物块放置在斜面上。现让物块从斜面上的A点（弹簧正好呈水平状态）由静止释放，当物块运动到B点时，弹簧正好与斜面垂直，当物块运动到C点时，弹簧正好呈竖直状态。已知O、B两点间的距离为d，弹簧的原长也为d，弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量x之间的关系为。已知物块的运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，，。求：
（1）物块在C点时斜面对物块的支持力大小，以及物块在A点时的加速度大小；
（2）物块在C点时弹簧的弹性势能以及物块在B点时的动能。
14．如图所示，在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定光滑转轴O在竖直平面内自由转动。杆的另一端固定电荷量的小球A；轻杆长度为L，小球受到的电场力大小为重力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为。小球受到轻微扰动开始向下运动，以O点为重力势能和电势能零点。求：
（1）初始状态的电势能；
（2）杆在竖直位置时小球处在B点，杆对小球的拉力F；
（3）小球重力势能与电势能之和的最小值。
15.如图所示，质量的小球A沿光滑水平面以大小为的速度向右运动，一段时间后与静止于水平传送带左端、质量的物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物块B滑上长、以的恒定速率顺时针运转的传送带。传送带右端有一质量的小车（上表面与传送带齐平）静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q之间粗糙，Q点右侧光滑。左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带及小车PQ段之间的动摩擦因数均为，取重力加速度，小球A与物块B均可视为质点，求：
（1）小球A与物块B碰后瞬间小球A速度的大小；
（2）物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；
（3）要使物块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则P、Q之间的距离x应在什么范围内。
