Page222024屆高考適應性月考卷（三）物理注意事項：1、答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。在試題卷上作答無效。3.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時75分鐘。一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.甲、乙兩輛汽車都以恒定功率在平直路面上啟動，v—t圖像如圖所示，甲車功率是乙車功率的2倍，兩輛汽車行駛時所受阻力恒定，則甲、乙兩車所受阻力大小之比為（）A.3：8 B.8：3C.3：2 D.2：3【答案】B【解析】【詳解】汽車乙恒定功率啟動，速度增大，則牽引力減小，汽車先做加速度減小得變加速直線運動，當牽引力與阻力平衡時，加速度為0，汽車達到最大速度，之后做勻速直線運動，則有，其中根據圖像可知，甲乙兩車最大速度之比為3:4，則可解得甲、乙兩車所受阻力大小之比為8:3。故選B。2.如圖為某次“三國臺球道具賽”的情景，白球A被球桿擊打后獲得速度v0，而后與黑球B發生彈性正碰，B獲得速度后進入直角管道，最終球B入袋。已知A、B質量均為m，球桿桿頭與球A接觸時間為t，忽略一切阻力且不考慮臺球轉動，則（）A.球桿對球A的平均作用力為B.球B被碰后速度小于v0C.球B進出管道前后，其動量改變量不為0D.若將球B換為質量更大的鐵球，A與B仍然發生彈性正碰，則A對B作用力的沖量小于mv0【答案】C【解析】【詳解】A．球桿桿頭與球A接觸時間為t，根據動量定理有解得故A錯誤；B．A、B質量相等，發生的彈性碰撞，則有，解得，即兩球速度發生交換，B獲得速度v0，故B錯誤；C．B進出前后速度方向發生變化，動量發生了變化，即球B進出管道前后，其動量改變量不為0，故C正確；D．B換為鐵球，質量大于A球，發生的仍然是彈性碰撞，則有，解得根據動量定理，A對B作用力的沖量為由于B球質量大于A球，解得可知，碰后B動量變化量大于mv0，故D錯誤。故選C。3.小巴同學用手平托力傳感器，力傳感器上方放一茶杯，當茶杯被上下移動時，得到如圖所示的某一時段的F—t圖像，由圖可知t1~t2時間內，手掌的運動不可能是（）A一直向下運動最后靜止 B.一直向下運動最后勻速C.一直向上運動最后靜止 D.一直向上運動最后勻速【答案】A【解析】【詳解】A．根據圖像可知，t1~t2時間內，傳感器對茶杯的支持力大小先大于茶杯的重力，后小于茶杯的重力，最后等于茶杯的重力，根據牛頓第二定律可知，茶杯的加速度方向先向上，后向下，最后等于0。手掌的運動若一直向下，則先向下減速，后向下加速，最終勻速，不可能向下加速到靜止，故A錯誤，符合題意；B．根據上述，手掌的運動若一直向下，則先向下減速，后向下加速，最終勻速，故B正確，不符合題意；C．根據上述，手掌的運動若一直向上，則先向上加速，后向上減速，若減速至0時，加速度為0，最終靜止，故C正確，不符合題意；D．根據上述，手掌的運動若一直向上，則先向上加速，后向上減速，若加速度為0，速度還沒有減速至0時，最終勻速，故D正確，不符合題意。故選A。4.如圖所示，地球和月球組成雙星系統，它們共同繞某點O轉動且角速度相同。L1、L2、L3、L4、L5稱為拉格朗日點，在這些位置上的航天器也繞O點轉動且相對地月系統不動，則下列說法正確的是（）A.地月系統中，O點更靠近月球B.在五個拉格朗日點中，L1位置上的航天器向心加速度最大C.在五個拉格朗日點中，L2位置上的航天器所需向心力僅由地球引力提供D.在地面附近給航天器一初速度v0，不考慮月球對航天器的引力，航天器沿橢圓軌道運動至L3處，則v0>7.9km/s【答案】D【解析】【詳解】A．對于雙星系統，角速度相等，則有，解得可知，雙星系統天體的轉動半徑與與天體質量成反比，地球質量大于月球，則地球轉動半徑小于月球轉動半徑，即O點更靠近地球，故A錯誤；B．所有拉格朗日點上航天器角速度與地月系統角速度相等，由于由于位置航天器離O點最近，r最小，即L1位置上的航天器向心加速度an最小，故B錯誤；C．L2位置上的航天器所需向心力由地球與月球對航天器的引力的合力提供，故C錯誤；D．航天器沿橢圓軌道運動至L3處，航天器沒有脫離地球的束縛，則航天器的發射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，則有v0>7.9km/s故D正確。故選D。5.如圖，小蜀同學站在水平向右以v1勻速運動的滑板上，看到其正對面的墻上有一根豎直細管，某時刻在固定高度用彈弓將彈丸平行水平面射出，已知彈弓靜止時發射彈丸的速度大小為v0，且v0>v1，忽略空氣阻力，則（）A.不管以何種方式擊中細管，彈丸在擊中細管前，其在空中運動的時間都相同B.小蜀同學運動到O點時，為擊中細管，他應瞄準細管發射彈丸C.為使細管上的彈痕位置最高，小蜀同學應在O點左側發射彈丸D.為使彈丸命中細管且在水平方向位移最短，小蜀同學應在O點左側發射彈丸【答案】C【解析】【詳解】AC．根據題意可知，人運動方向與墻面平行，而彈弓靜止時發射彈丸的速度大小一定，方向可以在水平面內變化，彈丸在速度v0方向上做勻速直線運動，當彈丸在速度v0方向垂直墻壁發射時，該速度方向上的分位移最小，根據分運動的獨立性與等時性可知，當人運動到O點左側某一位置時，彈丸在速度v0方向垂直墻壁發射擊中細管，用時最短，在豎直方向上彈丸做自由落體運動，則有可知，彈丸在速度v0方向垂直墻壁發射擊中細管時，彈丸豎直向下分位移最小，則此時的彈痕最高，故A錯誤，C正確；BD．當運動到O點時，由于彈丸飛出時還存在沿人運動方向上的分速度v1，則應瞄準左前方，向左前方發射，彈丸才能獲得指向細管的水平合速度，此時彈丸指向細管的水平合速度方向恰好與墻面垂直，此方式水平位移最短，故BD錯誤。故選C。6.如圖，在極板A、B間加上恒定電壓，，兩極板的長度為2d。現有一帶正電粒子以速度v0從兩板正中間O點水平入射，C點為其運動軌跡上的一點且到的距離為h，最終帶電粒子恰好能從下極板射出。已知帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不計重力。則（）A.粒子在C點的速度大小為B.兩極板間的電場強度大小為C.兩極板間的距離為4hD.兩極板間恒定電壓的大小為【答案】B【解析】【詳解】B．粒子運動到C點過程，粒子做類平拋運動，則有，根據牛頓第二定律有解得故B正確；A．粒子運動到C點過程，根據動能定理有解得故A錯誤；C．粒子恰好能夠從下極板射出，則有，解得故C錯誤；D．根據電壓與電場強度的關系有結合上述解得故D錯誤。故選B。7.如圖，在正方形的四個頂點各固定一個電荷，電荷量大小相等，電性如圖所示，直角坐標系的x軸、y軸為正方形的對稱軸，設無窮遠處電勢為零。將一負點電荷在原點O處靜止釋放，它在以后運動過程中的最大速度為v0。若將該負點電荷從x軸負半軸上無限遠處以初速度3v0沿+x方向射入，它在以后運動過程中（）A.該電荷經過原點O時電勢能為負值B.在原點O點處速度最大C.最小速度為D.最大速度為【答案】D【解析】【詳解】A．將四個點電荷看為兩組等量異種點電荷，根據等量異種點電荷的電場分布特征，可知電場在y軸上的電場強度方向均沿x軸正方向，由于等勢線與電場線垂直，則y軸為一條等勢線，即O點電勢等于0，根據可知該電荷經過原點O時電勢能為0，故A錯誤；B．根據上述可知，負點電荷在y軸上受到的電場力方向均沿x負方向，當將負點電荷在O點由靜止釋放，負電荷將沿x軸負方向一定，當其運動至y軸左側某點E所受電場力為零時，負電荷速度達到最大值v0，則有當將負電荷由無窮遠處以初速度3v0沿+x方向射入，負電荷在E點前受電場力向右而加速，E點至其關于原點的對稱點F點受電場力向左而減速，F點后受電場力向右而加速至3v0，故其在E點速度最大，在F點速度最小，故B錯誤；C．根據上述有在E點速度最大，在F點速度最小，根據對稱性有根據動能定理有解得故C錯誤；D．根據上述可知，O點的電勢與無窮遠處電勢相等，均為0，則無窮遠至E點與O點至E點之間的電勢差相等，即有根據動能定理有結合上述解得故D正確。故選D。二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖為小魯同學自制的電容器，其電容為C，主要由上下兩片鋁箔以及中間的絕緣塑料片構成，兩根導線分別連接上下兩片鋁箔，則（）A.對其充電的電源電壓越大，其電容也越大B.絕緣塑料片越厚，其電容越小C.對其充電后將兩根導線端點連接，就可長時間儲存電能D.將其沿中線剪開，則剩余部分的電容為【答案】BD【解析】【詳解】A．電容器的電容由電容器本身決定，與電壓無本質決定關系，故A錯誤；B．根據電容的決定式有絕緣塑料片越厚，即極板之間的間距d越大，則電容越小，故B正確；C．若將兩根導線的端點導線連接，電容器將放電，不可長時間儲存電能，故C錯誤；D．根據電容的決定式有若將該自制電容器沿中線剪開，由于正對面積故有故D正確。故選BD。9.如圖，光滑水平地面上有木板B和光滑圓弧面C，B、C未粘連，最初物塊A以4m/s的水平初速度滑上木塊B，已知A、B、C質量均為1kg，B的長度以及圓弧C的半徑均為1m，A與B之間的動摩擦因數為0.5，A可視為質點，g=10m/s2，則（）A.最終B的速度為1m/sB.A豎直向上的最大位移為C.最終C的速度為2m/sD.從最初至A到達其運動最高點過程中，A、B、C構成的系統動量不守恒但機械能守恒【答案】ABC【解析】【詳解】A．物塊A滑上B到A運動至BC連接處過程，對ABC構成的系統，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有解得，此后BC分離，最終B的速度為1m/s，故A正確；B．之后，A滑上C，對AC構成的系統，水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有解得，故B正確；C．之后，A最終將到達C圓弧的最低點，此過程，對AC構成的系統有，解得，故C正確；D．A在C上運動時，豎直方向動量不守恒，A在B上運動時，摩擦力做負功，機械能不守恒，故D錯誤。故選ABC。10.如圖，豎直平面內有一半徑為R=1m、內壁光滑的圓形軌道，軌道底端與水平面相切于點c，該圓形軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強。在水平面上放著不帶電的物塊A和帶正電的物塊B，其中mA=2kg、mB=1kg，物塊B所帶電荷量，用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧P（兩端未與A、B拴接）。d點左側水平面粗糙但右側光滑，物塊A與d點左側水平面之間的動摩擦因數μ=0.5。現將細繩剪斷，A脫離彈簧P一段時間后才滑到d點，最終在d點左端L=1.225m處停止。A、B可看作質點，g=10m/s2，則（）A.物塊B第一次滑至c點的速度大小為7m/sB.物塊B在c點時具有的電勢能最大C.物塊B可以運動到圓軌道的最高點D.物塊B離開軌道時的速度大小為m/s【答案】AD【解析】【詳解】A．剪斷繩子后，物塊A、B獲得速度vA、vB，A在d點左側做勻減速直線運動，則有解得A、B組成系統動量守恒，則有解得故A正確；B．B帶正電，在B運動到電場中最高點過程，電場力對B做負功，電勢能增大，物塊B在電場中最高點時具有的電勢能最大，故B錯誤；C．若物塊B恰好能達最高點，則有解得假設B從上述臨界狀態返回至c點，則有解得由于故B脫離彈簧后不能到達圓弧軌道最高點，故C錯誤；D．設B在離開軌道時的速度為，飛出點位置的半徑與豎直方向夾角為，則在飛出點有B從離開彈簧到運動至飛出點有解得，故D正確。故選AD三、非選擇題：共5小題，共57分。11.某研究性學習小組做“用傳感器觀察電容器的充電和放電”的實驗，利用電流傳感器和電壓傳感器研究電容器的充放電情況。如圖甲，先將開關S撥至1端，待電路穩定后，再將開關S撥至2端。傳感器將信息傳入計算機，即可顯示出電流、電壓隨時間變化的圖線。（1）由圖甲可知，傳感器2應為______（填“電流”或“電壓”）傳感器。（2）如圖乙，在電流傳感器中形成曲線2的過程中，電壓傳感器兩端的電壓______（填“逐漸增大”“保持不變”或“逐漸減小”）。（3）關于電容器的充、放電，下列說法中正確的是______。A隨著放電過程的進行，該電容器的電容保持不變B.電容器充電過程中，電容器極板所帶電量逐漸增加C.電容器充電過程中，電源提供的電能全部轉化為內能D.電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減小【答案】①.電壓②.逐漸減小③.ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA【解析】【詳解】（1）[1]圖甲中，傳感器2與電容器并聯，可知，傳感器是電壓傳感器。（2）[2]電流傳感器中形成曲線2的過程中，電容器處于放電過程，電容器極板所帶電荷量逐漸減小，根據可知，電容器極板之間的電壓逐漸減小，即電壓傳感器兩端的電壓逐漸減小。（3）[3]A．電容器的電容由電容器本身決定，與極板之間的電壓、極板所帶電荷量無關，即隨著放電過程的進行，該電容器的電容保持不變，故A正確；B．電容器充電過程中，電流逐漸減小，極板之間電壓逐漸增大，根據可知，電容器極板所帶電量逐漸增加，故B正確；C．電容器充電過程中，電源提供的電能一部分轉化為電阻箱的內能，另一部分轉化為電容器儲存的電場能，故C錯誤；D．電容器放電過程中，極板所帶電荷量逐漸減小，極板之間電壓逐漸減小，極板之間的電場逐漸減弱，即電容器中的電場能逐漸減小，故D正確。故選ABD。12.某實驗小組同學研究兩個小球在軌道末端碰撞前后的動量關系，實驗裝置如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重錘線所指的位置O。步驟1：不放小球b，讓小球a從斜槽上某固定位置由靜止滾下，并落在地面上，重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均上位置B；步驟2：把小球b輕放在斜槽末端邊緣，讓小球a從相同位置由靜止滾下，與小球b發生碰撞，重復多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置A、C；步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置A、B、C離O點的距離，即線段OA、OB、OC的長度。已知小球a質量為m1、小球b質量為m2。（1）在本實驗中，下列是產生誤差的主要原因的是______。A.斜槽的末端沒有調整至水平狀態B.小球在斜槽中運動時會受到摩擦力作用C.小球a每次由靜止釋放時的位置不固定D.測量平均落點到O點的線段長度時有誤差（2）完成上述實驗需小球a和小球b質量大小關系為m1______m2（填“大于”“等于”或“小于”）。（3）若等式______在誤差范圍內成立，則說明碰撞前后系統動量守恒；若想用該實驗測得的數據進一步判斷兩球碰撞過程中機械能是否守恒，判斷的依據可以是：等式“OB+OA=OC”在誤差允許的范圍內成立，該依據______（填“正確”或“錯誤”）。【答案】①.ACD##ADC##CAD##CDA##DAC##DCA②.大于③.④.正確【解析】【詳解】（1）[1]A．若斜槽的末端沒有調整至水平狀態，則小球飛出的初速度方向沒有沿水平方向，導致小球的運動不是平拋運動，引起初速度的測量誤差，故A正確；B．由于小球a從斜槽上每次釋放均是從某固定位置由靜止滾下，則其每次克服摩擦力做功相同，即小球a每次飛出的初速度大小一定，可知小球在斜槽中運動時受到摩擦力作用對實驗沒有影響，故B錯誤；C．若小球a每次由靜止釋放時的位置不固定，其飛出時的初速度大小不是一個定值，導致在水平地面的落點不是一個定值，引起實驗的測量誤差，故C正確；D．測量平均落點到O點的線段長度時有誤差，導致測量小球飛出的初速度有誤差，故D正確。故選ACD。（2）[2]為了避免入射小球出現反彈，實驗需小球a和小球b質量大小關系為m1大于m2。（3）[3]小球飛出后做平拋運動，則有，解得小球平拋豎直分位移相等，則飛出速度與水平位移成正比，小球a單獨滾下對應的水平分位移是OB，碰撞后，小球a、b飛出對應的水平分位移分別是OA、OC，根據解得[4]若兩球碰撞過程中機械能則有結合上述解得由于聯立解得可知，兩球碰撞過程中機械能是否守恒，判斷的依據可以是：等式“OB+OA=OC”在誤差允許的范圍內成立，該依據正確。13.理想實驗合理外推是科學探究中的一種重要方法。如圖所示，某同學用兩個底端通過光滑圓弧平順連接、傾角均為θ=37°的斜面模仿伽利略的理想實驗。現有質量為m的物體，從高為h的左側斜面靜止滑下，物體與兩斜面之間的動摩擦因數過均為，重力加速度為g=10m/s2，求物體：（1）沿右側斜面往上滑動時加速度的大小；（2）在右側斜面第一次上滑時間t1與在右側斜面第一次下滑時間t2的比值。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）沿右側斜面往上滑動時，對物體分析有解得（2）根據上述，右側斜面第一次上滑過程的加速度右側斜面第一次下滑過程，對物體分析有解得右側斜面第一次上滑做勻減速直線運動，最后減速至0，該過程利用逆向思維，根據位移公式有之后物體又向下做勻加速直線運動，根據位移公式有解得14.如圖所示，一足夠長的固定圓管內放有一質量為M的圓形小活塞，活塞與上管口距離為L。現有一質量為的小球從管口自由釋放，能撞在圓活塞的中心，使活塞向下滑動（活塞運動時受到的滑動摩擦力恰與它的重力大小相等）。已知小球與活塞發生的碰撞均為時間極短的彈性碰撞，圓形活塞始終能保持水平，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）第一次碰撞前瞬間小球的速度大小；（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球與活塞間的距離的最大值；（3）在第二次碰撞后瞬間小球與活塞的速度分別為多少？【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）第一次碰撞前瞬間，對小球，根據動能定理有解得（2）小球與活塞第一次碰撞，由于是彈性碰撞，則有，解得，碰后活塞向下勻速運動，小球做豎直上拋運動，當小球速度向下且兩者共速時有最大距離，選擇向下為正方向，則有解得共速時間此時最大距離解得（3）第一次碰后到第二次碰前瞬間