【文档说明】新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.385 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度第一学期和田地区第二中学第三次质量检测高三物理试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请

务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定

位置作答，在其他位置作答一律无效。一、选择题：共8题，每题3分，共24分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。1.如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m

1和m2，且1200gm=。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图象如图乙所示。下列说法正确的是（）A.碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动B.碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动C.碰撞前后两小球的机械能总量减

小D.碰撞前后两小球的机械能总量不变【答案】D【解析】【详解】A．由x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止。a球的加速度大小为1118=m/s4m/s2xvt==做匀速运动，选项A错误；B．同理由

图示图象可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为22m/sv=12m/sv=−选项B错误；CD．根据动量守恒定律得112211mvmvmv=+代入解得20.6kg=m碰撞过程中系统损失的机械能为222111122111

222Emvmvmv=−−代入解得△E=0所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确。故选D2.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，下列说法

中正确的是（）A.b、c、e、f四点的场强相同B.b、c、e、f四点的电势相等C.O点的电势高于b、c、e、f四点的电势D.将一带正电的试探电荷从b点移到e点，电场力做正功【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，

而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，因此四点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；BC．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f两点的电势相等，而c、e两点的电势相等，根据沿。着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e两点的电势，而低于b、f两点

的电势，BC错误；D．由于b点电势高于e点电势，所以根据WUq=可知，电场力对正电荷做正功，D正确。故选D。3.如图所示的各v-t图象能正确反映自由落体运动过程的是（取竖直向下为正方向）（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】自由落体是初速度为零，加速

度为g的匀加速直线运动，故其速度应是从零开始均匀增加的；而在v﹣t图象中这样的运动图象应为过原点的直线，设向下为正方向，所以自由落体运动的加速度和速度都是正值，故ABC错误，D正确．故选D．4.在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒

定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是A.P点场强比Q点场强大B.P点电势比Q点电势高C.P点电子的电势能比Q点电子的电势能大D.电子沿直线从N到M的过程中所受电场力变大【答案】B【解析】【详解】A.电场线的疏密表示电场强度大小，

故P点场强比Q点场强小，故A错误；B.沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，故B正确；C.负电荷在电势越高的地方电势能越小，由于P点电势比Q点电势高，故P点电子的电势能比Q点电子的电势能小，C错误；D.从N到M的

过程中，电场强度先减小后增大，故受到的电场力先减小后增大，D错误；故选B。5.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制，如图所示，1R为定值电阻，2R为半导体热敏电阻，C为电容器。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有（）A.当环境温度降低时电压表的

示数减小B.当环境温度降低时1R消耗的功率增大C.当环境温度降低时电容器C的电荷量减少D.环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小【答案】D【解析】【详解】A．当环境温度降低时2R增大，外电路总电阻增大，根据闭合

电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压UEIr=−E、r不变，则U增大，电压表读数增大，A错误；B．1R消耗的功率2PIr=I减小，1R不变，则P减小，B错误；C．当环境温度降低时2R增大，外电路总电阻增大

，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，则1R两端的电压，根据的11UIR=1U减小，路端电压根据UEIr=−E、r不变，则U增大，根据12UUU=+则2R两端的电压2U增大，即电容器两端的电压增大，根据2Q

CU=电容器的电荷量增大，C错误；D．环境温度不变，1R不变，2R不变，则电容器C两板间的电压不变，根据UEd=两极板间的距离增大，极板之间的电场强度减小，D正确。故选D。6.质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图

所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.x＝1m时速度大小为2m/sB.x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C.在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD.在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s【答案】D【

解析】【详解】根据动能定理kEFx=合可知，物体在两段运动中所受合外力恒定，则物体做匀加速运动；由图象可知x=1m时动能为2J，122m/skEvm＝＝，故A错误；同理，当x=2m时动能为4J，v2=2m/s；当x=4m时动能为9J，v4=3m/s，则2～4m，有2a2x2＝v42

−v22，解得2～4m加速度为a2＝1.25m/s2，故B错误；对物体运动全过程，由动能定理得：WF+（-μmgx）=Ek末-0，解得WF=25J，故C错误；0～2m过程，11222sxtv＝＝；2～4m过程

，22240.8s2xtvv+＝＝，故总时间为2s+0.8s=2.8s，D正确．7.部分风力等级对照表如下：风级名称风速陆地物像海面物像浪高（m）2轻风1.6~3.3感觉有风小波峰未破碎0.24和风5.5~7.9吹起尘土小浪白沫

波峰1.06强风10.8~13.8电线有声大浪白沫离峰3.08大风17.2~20.7拆毁树枝浪长高有浪花5.510狂风24.5~28.4拔起树木海浪翻滚咆哮9.012台风（一级飓风）32.7~36.9摧毁极大

海浪滔天14.0已知空气的密度为31.3kg/m，假设空气垂直吹到静止的物体上时速度变为0，则8级大风吹在静止站立且面朝风向、身高约1.7m的人身上时，对人的推力约为（）A.2NB.20NC.200ND.20

00N【答案】C【解析】【分析】【详解】取t内的风，质量为msvt=，风撞击人，速度减为零，由动量定理可得0Ftmv−=−由牛顿第三定律可知，风对人的力等于人对风的力FF=其中221.70.4m0.68mS=，18m/sv，代入数据可得

286NF故风对人的推力约为200N，故选C。8.如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（）A.具有相同的动能B.具有相同的速度C.肯

有相同的q/mD.先经同一电场加速，然后再进入偏转电场【答案】D【解析】【详解】在加速电场中，由动能定理得qU1=12mv02在偏转电场中，离子做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有水平方向L

=v0t竖直方向y=12at2vy=at2qUamd=联立得2214ULyUd=2012yvULtanvUd==可见，两种离子进入偏转电场前，比荷qm、速度v0都相同，或动能和电荷量都相同，或由静止经同一加速电场加速，y和tanθ相同，故D正

确，ABC错误．故选D．【名师点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，会用力学的方法处理．二、多选题：共20分9.沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E

随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则（）A.从O点到C点，带电粒子的电势能逐渐升高B.粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C.粒子在AB段电势能变化量大

于BC段的电势能变化量D.粒子运动到C点时动能小于3Ek【答案】CD【解析】【详解】A．由题图知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，根据pEq=可知带正电的粒子电势能逐渐降低。故A错误；B．由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0~x1段电场强度逐渐变大

，粒子所受电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，在x1~x3段电场强度逐渐变小，粒子所受电场力逐渐变小，做加速度减小的变加速直线运动。故B错误；C．E-x图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表

电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功ABBCWW由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量。故C正确；D．由E-x图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，可得010111222OAACUExU

Ex=，解得2OAACUU由动能定理kqUE=可得kkk0OAACCqUEqUEE=−=−，联立，可得kk3CEE故D正确。故选CD。10.质量为m的物体从距离地面h高处由静止开始匀加速向下运动到地面，其加速度大小为54g。则关于物体下落过程，下列说法正确的是（）A.物体的动能增

加了14mghB.物体的重力势能减少了mghC.物体的机械能增加了14mghD.物体的机械能减少了14mgh【答案】BC【解析】【详解】A．动能的增加量等于合外力做的功△Ek=mah=54mgh故A错误；B．物体下落的高度为h，则物体的重力势能减少mgh，故B正确；CD．根据牛顿第二定律m

g+F=ma得F=ma-mg=14mg机械能的变化量的等于重力以外的力所做的功，F做的功为W=Fh=14mgh故机械能增加了14mgh，故C正确，D错误。故选BC。11.竖直平面内直角坐标系xOy中存在平

行于x轴的电场，坐标系内任意一点电场强度E的大小和方向与该点x坐标的关系是E=-10x（N/C）。一不计重力、带正电的试探电荷在坐标系内不同位置，从不同的初状态开始运动，下列分析正确的有（）A.在点（-4，0）由静止释放，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动B.在点（4，

0）以初速度0v沿y轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）中心往复运动C.在点（-4，0）以初速度0v沿y轴正方向运动，则试探电荷在闭合轨迹上往复运动D.在点（4，0）以初速度0v沿x轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动【答

案】AD【解析】【详解】由E=-10xN/C可知，在第一象限电场线沿x轴负方向，在第二象限电场线沿x轴正方向。A．在点（-4，0）由静止释放试探电荷带正电，在x轴负半轴，受力方向向右，到O点前，作加速

运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向左，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故A正确；B．在点（4，0）以初速度0v沿y轴正方向运动，在第一象限内受力方向向左，第二象限内受力方向向右，受力F方向与速度0v方向始终有

夹角，作曲线运动，且轨迹偏向力F一侧，不会绕O点往复运动，故B错误；C．在点（-4，0）以初速度0v沿y轴正方向运动，由B可知，电荷沿y轴正方向向上作曲线运动，轨迹不是闭合轨迹，故C错误；D．在点（4，0）以初速度

0v沿x轴正方向运动，在x轴正半轴，受力方向向左，作减速运动，速度减为0的为时，向左作加速运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向右，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故D正确。故选AD。12.如图是两等量异

种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心出半圆，在半圆上有a、b、c三个点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A.a、c两点的电势相同B.a、c两点的电场强度相同C.正电荷在a点电势能小于在b点的电势能D.将正电荷由O移到b电场力的不做功【答案】BD【解析】【详解】A．根据

顺着电场线电势降低，可知，a点的电势高于c点的电势，故A错误；B．根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、c两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都沿a到c方向，所以a、c两点的电场强度相同，故B正确；C．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势

线，b点的电势与O点电势相等，则知a点的电势高于b点电势，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D．由于Ob在同一等势面上，则将正电荷由O移到b电场力不做功，故D正确。故选BD。13.如图所示，AB为

光滑绝缘且固定的四分之一圆轨道，O为圆心，轨道半径为R，B位于O点的正下方。空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从轨道内侧B点由静止释放。小球沿圆轨道运动，并从A点离开轨道，上升的最大高度离A点的竖直距离为3R，不计空气阻力，则（）A.小球离开轨道

后的最小动能为1675mgRB.小球离开轨道后的最小动能为625mgRC.小球在AB轨道上运动过程的最大动能为23mgRD.小球在AB轨道上运动过程的最大动能为12mgR【答案】AC【解析】【详解】AB．小球从A点离开轨道，竖直方向有223Rgv=解得小球离开A点的速度

23gRv=从B到A应用动能定理有212qERmgRmv−=解得43mgEq=对重力和电场力进行合成，则等效重力225'()()3GmgqEmg=+=方向与竖直方向夹角满足3cos'5mgG==53=类比于重力场中的竖直上抛运动，小

球离开轨道后到达等效最高点时速度最小，有min42sin53gRvv==则最小动能为2kminmin116275EmvmgR==选项A正确，B错误；CD．小球在AB轨道上运动过程，类比在重力场中的单摆，当运动到等效最低点时，速度最大，根据动能定理kmsin(1cos)qEmgRE−−=解得

km23EmgR=选项C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：56分14.某兴趣小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，当地的重力加速度大小为g。(1)下列做法可减小实验误差的是___________（填字母序号）。A．先松开纸带后接通电源B．用电火花计时器替代电磁打点计时器C．在

铝锤和铁锤中，选择铁锤作为重锤D．在铝锤和铁锤中，选择铝锤作为重锤(2)在实验中，质量为m的重锤自由下落，带动纸带，纸带上打出的一系列点，如图乙所示，O是重锤刚下落时打下的点。已知打点计时器打点的频率为f，则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，动能的增加量为________

；若在实验误差允许的范围内满足等式_______，则机械能守恒定律得到验证。【答案】①.BC②.22311()8mfhh−③.223121()8fhhgh−=【解析】【详解】（1）[1]A．应该先接通

电源，再释放纸带，故A错误；B．用电火花计时器替代电磁打点计时器，从而更能减小重物下落过程中受到空气阻力，故B正确；CD．为减小重物下落过程中受到空气阻力，应该选体积小些，密度大一些的重物，故C正确，D错误；故填BC。（2）[2]利用匀变速

直线运动的推论,得B点的速度为3131()222ACBxhhhhfvTT−−===从O点到B点动能的增加量为2223111()28kBEmvmfhh==−[3]若在误差允许范围内，若重力势能的减少量等于动能的增加量，即等式

223121()8fhhgh−=成立，则可以验证机械能守恒。15.某实验小组做“验证动量守恒定律”的实验，分别设计了两种实验装置。(1)用游标卡尺测量小球的直径如图甲所示，其读数为___________mm。(2)如图乙所示，斜槽末端水平。现将质量为1m、半径为1r的入射小球从斜槽某一位置由静止

释放，落到水平地面上的P点。再在槽口末端放置一个质量为2m，半径为2r的小球，入射小球仍从原位置释放，两球发生正碰后落地，落地点是M、N，已知槽口末端在白纸上的竖直投影为O点，为减小实验误差，则1m和2m、1r和2r的大小应满足________。A．12mm

，12rr=B．12mm，12rr=C．12mm，12rrD．12mm，12rr(3)若采用图乙所示装置进行实验，根据小球的落点情况，则球1m和2m球碰后瞬间动量之比12:PP=____________

（用1m、2m、OM、ON表示）。(4)若采用图丙所示的实验装置，用竖直放置的木板及白纸、复写纸（图中未标出）记录两小球碰撞落点的位置，实验中记下了O、A、B、C四个位置（如图所示），若在实验误差允许的范围内，

满足关系式_________（用1m、2m、OA、OB、OC表示），则说明碰撞中动量守恒。【答案】①.11.8②.A③.12mOMmON④.112mmmOBOCOA=+【解析】【详解】（1）[1]由游标卡尺原理可知，其示数为11mm+8×0.1mm=11

.8mm。（2）[2]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为使两球发生对心碰撞，两球的直径应相等，A正确。（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球做平抛运动的初速度为OMt和ONt，则球1m和2m球

碰后瞬间动量之比12:PP=12mOMmON。（4）[4]小球离开轨道做平抛运动，由平抛运动的规律xvt=212ygt=设轨道末端到木条的水平距离为x，小球做平抛运动的初速度分别为02xvOBg=12xvOCg=22

xvOAg=故验证动量守恒的表达式为112mmmOBOCOA=+16.如图所示，带正电小球质量为m=1×10－2kg，带电量为q=1×10－6C，置于光滑绝缘水平面上的A点。当空间存在着斜向上的匀强电场时，

该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=1.5m/s，此时小球的位移为s=0.15m。求此匀强电场场强E的取值范围。（g=10m/s2）【答案】7.5104V/mE1.25105V/m【解析】【详解】设电场强度方向与水平面夹角为，小球从A到

B过程中由动能定理有21cos2BqEsmv=①解得2247.510V/m2cos2BBmvmvEqsqs==②为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须不大于重力，即qEsinmg③联立①③可得224tan3Bgsv=④即53⑤联立③⑤可得51.2

510V/msinmgEq=⑥综上所示可知此匀强电场场强E的取值范围为7.5104V/mE1.25105V/m17.质量为m1=1.0kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t（位

移一时间）图象如图所示，试通过计算回答下列问题：（1）m2等于多少千克?（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是多少?（3）碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞?【答案】（1）3.0kg；（2）-6kgm/s；（3）是弹性

碰撞【解析】【分析】【详解】（1）由图象可知，m1碰前速度v1=4m/s，碰后的速度v1′=-2m/s，m2碰前速度v2=0，碰后的速度v2′=2m/s,由动量守恒定律得''11221122mvmvmvmv+=+代入数据解

得23.0kgm=（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：11111'6kgm/spmvmv=−=−（3）两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为'2'22211221122111102222

Emvmvmvmv=+−+=所以碰撞过程是弹性碰撞。18.如图所示，一质量m1=1.0kg足够长长木板静止在粗糙的水平地面上，左端放一质量m2=2.0kg的滑块，在滑块正上方的O点用长L=0.9m的轻质细绳悬挂质量m

3=2.0kg的小球。现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°角的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生弹性碰撞。已知滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.2，地面与长木板间的动摩擦因数2=0.05，

重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球与滑块碰撞前对绳子的拉力以及碰撞后滑块的速度；(2)求滑块在长木板上留下的划痕长。【答案】(1)40N；3m/s；(2)1m【解析】【分析】【详解】(1)小球从开始到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得2331

(1cos)2mgLmv−=根据牛顿第二定律得233vFmgmL−=解得40NF=小球与小滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得的33322mvmvmv=+由机械能守恒定律得2

2233322111222mvmvmv=+代入数据解得23m/sv=(2)对物块1222mgma=解得222m/sa=对长木板1221211()mgmmgma−+=解得212.5m/sa=二者共速，有221va

tat−=222212xvtat=−112atxt=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com