第第頁江蘇省南京市江寧區(qū)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期物理學(xué)情調(diào)研試卷一、單選題1．某汽車在啟用ABS剎車系統(tǒng)和不啟用該剎車系統(tǒng)緊急剎車時，其車速與時間的變化關(guān)系分別如圖中的①、②圖線所示，則啟用ABS后（）A．t1時刻車速更大B．0～t1時間內(nèi)速度變化量大C．加速度總是比不啟用ABS時大D．剎車后前行的距離比不啟用ABS長2．如圖所示，用金屬網(wǎng)把不帶電的驗(yàn)電器罩起來，再使帶正電的金屬球靠近金屬網(wǎng)，則（）A．箔片先張開后閉合B．金屬網(wǎng)罩內(nèi)部電場強(qiáng)度的方向與帶電金屬球產(chǎn)生的電場反向C．若移去金屬網(wǎng)，帶電金屬球靠近驗(yàn)電器的金屬球A，箔片不張開D．若移去金屬網(wǎng)，帶電金屬球靠近驗(yàn)電器的金屬球A，A將帶負(fù)電3．如圖所示，質(zhì)量不同的三個物體從水平地面上的A點(diǎn)以相同速率沿不同方向拋出，運(yùn)動軌跡分別為圖中的1、2、3，不計空氣阻力。則三個物體從拋出到落地過程中（）A．3軌跡的物體在最高點(diǎn)的速度最大B．1軌跡的物體所受重力的沖量最大C．2軌跡的物體速度變化率最小D．3軌跡的物體在空中飛行時間最長4．質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v'可能值的范圍為（）A．0.2v≤v'≤0.5v B．0.2v≤v'≤0.75vC．0.25v≤v'≤0.5v D．0.25v≤v'≤0.75v5．如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，則（）A．此后的過程中，小球、小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．此后的過程中，小球一直做圓周運(yùn)動C．從釋放到向左擺到最高點(diǎn)的過程中，小球重力的平均功率為0D．從釋放到向左擺到最高點(diǎn)的過程中，小球重力的沖量為06．如圖所示，將平行板電容器與電池組相連，兩板間的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則（）A．油滴帶正電荷 B．油滴將向下運(yùn)動C．電容器的電容變大 D．檢流計G中有a→b的電流7．如圖所示，均勻的帶正電圓環(huán)圓心為O，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立x軸，坐標(biāo)軸垂直于圓環(huán)平面，A是x軸上的一點(diǎn)，B點(diǎn)是OA的中點(diǎn)，無窮遠(yuǎn)處電勢為0。現(xiàn)在A處再放一同樣的帶正電圓環(huán)，圓心在A點(diǎn)，環(huán)面與x軸垂直，則（）A．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度減小 B．A點(diǎn)的電勢增大C．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度增大 D．B點(diǎn)的電勢為08．如圖為同一平面內(nèi)繞地球運(yùn)行的三顆不同衛(wèi)星A、B、C的軌道示意圖，Ⅰ、Ⅲ為圓軌道，Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，Ⅲ的半徑與Ⅱ的半長軸相等，且Ⅲ與Ⅱ相交于M點(diǎn)，Ⅰ與Ⅱ相切于N點(diǎn)。則（）A．A，B經(jīng)過N點(diǎn)時的向心力一定相同B．B在橢圓軌道上運(yùn)行的速度均大于A的速度C．B，C在M點(diǎn)的向心加速度大小相等D．B，C繞地球運(yùn)行的周期相等9．雨滴在高空形成后，由靜止開始沿豎直方向下落，雨滴受到空氣阻力的大小與雨滴的速度大小成正比。設(shè)下落過程中雨滴的質(zhì)量不變，雨滴下落過程中，下列關(guān)于雨滴的速度v、動能Ek、重力勢能Ep、機(jī)械能E與時間t的關(guān)系圖像一定錯誤的是（）A． B．C． D．10．如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，滑塊Q的質(zhì)量為4m。將P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放后沿豎直桿上下運(yùn)動，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ=53°，OB長為3L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g。則P從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中（）A．P和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．P的速度一直增大C．輕繩對P做的功為8mgL D．重力對Q做功的功率一直減小二、實(shí)驗(yàn)題11．小明用如圖甲所示的裝置來探究“在外力一定時，物體的加速度與其質(zhì)量之間的關(guān)系”。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。（1）實(shí)驗(yàn)中，需要補(bǔ)償阻力。在小車后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點(diǎn)計時器，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，接通打點(diǎn)計時器的電源，使小車在繩的拉力下運(yùn)動，若紙帶上的點(diǎn)跡間隔相等，則說明（選填“已”或“未”）補(bǔ)償好阻力。（2）保持砂和砂桶質(zhì)量不變，改變小車上砝碼的質(zhì)量，如圖乙所示是某次用打點(diǎn)計時器打下的一條紙帶。已知打點(diǎn)計時器所用電源的頻率為50Hz，紙帶上每兩個相鄰計數(shù)點(diǎn)之間還有4個打出的點(diǎn)未畫出，根據(jù)紙帶可求出小車運(yùn)動時的加速度大小為m/s2。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）測出小車和車上砝碼的總質(zhì)量M和對應(yīng)的加速度a，小明作出如圖丙中實(shí)線所示的a?1M圖線，圖線偏離直線的主要原因是（4）a?1M圖線的曲線將不斷地延伸，那么該曲線所逼近的漸近線的方程為a=（5）小明調(diào)整了圖像的橫縱坐標(biāo)，描繪出如圖丁所示的1a?M圖像。已知實(shí)驗(yàn)中已經(jīng)完全補(bǔ)償了阻力的影響，發(fā)現(xiàn)圖像不過原點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：在拉力不變的情況下，1a三、解答題12．如圖所示，質(zhì)量m=60kg的跳臺滑雪運(yùn)動員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（近似看成斜面）b處著陸，ab間的距離L=40m，斜坡與水平方向的夾角θ=30°，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s（1）運(yùn)動員從a點(diǎn)水平飛出時的速度大小v0；（2）運(yùn)動員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率P。13．未來部署在空間的太陽能電站可以將電能源源不斷地傳送到地球。假設(shè)電站繞地球運(yùn)行的周期為T，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。（1）求電站離地面的高度h；（2）電站在軌運(yùn)行時，光子撞擊電站的帆板被垂直反射而產(chǎn)生作用力。假設(shè)垂直照射帆板前后的光子平均動量均為p，每秒鐘垂直照射到帆板上的光子數(shù)為n個，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力大小F。14．如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一輕繩繞過兩個光滑的輕質(zhì)滑輪連接著固定點(diǎn)P和物體B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A與動滑輪連接，B受到豎直方向的恒力F（圖中未畫出），整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A、B的質(zhì)量均為1kg，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為33，重力加速度g取10m/s2（1）求恒力F的最小值；（2）現(xiàn)撤去恒力F，A、B由靜止釋放。求：①A、B釋放瞬間，B的加速度大小aB；②當(dāng)B下降2m（B未落地）時，B的大小vB。15．如圖甲所示，電子槍連續(xù)不斷均勻地發(fā)出電子（設(shè)電子的初速度為零），經(jīng)加速電壓為U1的加速電場加速后由小孔穿出，沿兩個距離為d的水平金屬板A、B間的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板間加如圖乙所示的周期性變化的電壓UAB，電壓變化周期為T，正半周UAB為U0，負(fù)半周UAB為-3U0。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為-e，A、B極板長為eU（1）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間t；（2）從t=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子在進(jìn)、出偏轉(zhuǎn)電場過程中電勢能的變化量ΔEp；（3）在足夠長的時間內(nèi)從中線下方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子數(shù)占電子總數(shù)的比例η。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】AB．由圖看出，t1時刻啟用ABS后車速更大，由于初速度相同，因此啟用ABS后0～t1時間內(nèi)速度變化量更小，A符合題意，B不符合題意；C．由速度圖線的斜率絕對值等于加速度的大小，可知啟用ABS后，0～t1時間內(nèi)加速度比不啟用ABS時小，t1～t2時間內(nèi)加速度比不啟用ABS時大，C不符合題意；D．根據(jù)速度圖像的“面積”大小等于位移大小，可以看出剎車后前行的距離啟用ABS比不啟用ABS更短，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】v-t圖像的斜率表示物體的加速度，與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積表示物體運(yùn)動的位移，結(jié)合v-t圖像進(jìn)行分析判斷。2．【答案】D【解析】【解答】AB．驗(yàn)電器被金屬網(wǎng)罩起來，處于靜電屏蔽狀態(tài)，電荷分布在外表面，故箔片不張開，且處于靜電屏蔽的導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為0，AB不符合題意；CD．若移去金屬網(wǎng)，帶電金屬球靠近驗(yàn)電器的金屬球A，由靜電感應(yīng)可知，金屬球A帶負(fù)電，且箔片帶正電張開，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】金屬網(wǎng)罩罩住驗(yàn)電器是使驗(yàn)電器處于靜電屏蔽的狀態(tài)，從而得出內(nèi)部的點(diǎn)長度為0，移去網(wǎng)罩時驗(yàn)電器的金屬箔片張開。3．【答案】A【解析】【解答】D．將拋體運(yùn)動分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的勻變速直線運(yùn)動，三條軌跡中1軌跡最高，根據(jù)t=22hA．水平方向位移為x=vB．重力的沖量為I=mgt，三個物體質(zhì)量不同，在空中飛行的時間也不同，故無法判斷哪個物體所受重力的沖量最大，B不符合題意；C．加速度時反映速度變化快慢的物理量，由于三個物體都做拋體運(yùn)動，加速度都為重力加速度，因此三個物體速度變化率相同，C不符合題意。故答案為：A。

【分析】三個物體做拋體運(yùn)動，拋體分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的勻變速直線，結(jié)合類平拋運(yùn)動的規(guī)律得出最高點(diǎn)速度最大的物體以及空中飛行時間最長的物體，利用沖量的表達(dá)式得出重力的沖量大小關(guān)系。4．【答案】C【解析】【解答】若A、B兩球?yàn)閺椥耘鲎?，則碰撞過程無能量損失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒、機(jī)械能守恒可得mv=mv1+3mv2，12m故答案為：C。

【分析】兩球的碰撞為彈性碰撞，碰撞過程動量守恒以及機(jī)械能守恒得出碰撞后B的速度，若AB為非完全碰撞動量守恒，并得出AB共同的速度，綜上可得B球碰撞后速度的范圍。5．【答案】C【解析】【解答】A．在水平方向上合力為0，系統(tǒng)在水平方向的動量為0，在豎直方向上，小球有豎直方向的分速度，小車豎直方向沒有分速度，則豎直方向上系統(tǒng)動量不守恒，故此后的過程中，小球、小車組成的系統(tǒng)動量不守恒，A不符合題意；B．若小車不動，則釋放小球后做圓周運(yùn)動；而現(xiàn)在小車在水平方向有運(yùn)動，則小球的運(yùn)動不是圓周運(yùn)動，B不符合題意；C．剛釋放小球時，小球和小車速度為0，系統(tǒng)在水平方向合外力為0，水平方向上動量守恒，則m球v1D．從釋放到向左擺到最高點(diǎn)的過程中，小球重力的沖量為I=mgt，時間增加，則沖量不為0，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】系統(tǒng)動量守恒時外力的合力為零，從而得出小球、小車組成的系統(tǒng)的動量是否守恒，剛釋放小球時根據(jù)動量守恒和平均功率的表達(dá)式得出小球重力的平均功率大小，結(jié)合沖量的表達(dá)式得出小球的重力沖量。6．【答案】D【解析】【解答】A．由圖可知，平行板電容器上極板為高電勢，根據(jù)受力平衡可知油滴所受電場力方向?yàn)樨Q直向上，故油滴帶負(fù)電荷，A不符合題意；B．平行板電容器與電源相連，即電容器電壓U不變，將兩板緩慢地錯開一些，電容器的S減小，但兩板間距d不變，則根據(jù)E=C．根據(jù)電容器的電容決定式C=εSD．根據(jù)電容的定義式C=故答案為：D。

【分析】對油滴進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出油滴的電性，結(jié)合勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的表達(dá)式得出電場強(qiáng)度的變化情況，通過電容器的決定式和定義式得出電容的變化情況。7．【答案】B【解析】【解答】AB．設(shè)圓心在O點(diǎn)的圓環(huán)為圓環(huán)O，圓心在A點(diǎn)的圓環(huán)為圓環(huán)A，由于圓環(huán)A在A點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，因此A點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變，由于圓環(huán)A帶正電，圓環(huán)A在A點(diǎn)產(chǎn)生的電勢大于零，因此A點(diǎn)的電勢增大，A不符合題意，B符合題意；C．未放置圓環(huán)A時，圓環(huán)O在B點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小不為零，方向水平向右，放置圓環(huán)A后，根據(jù)對稱性可知，B點(diǎn)場強(qiáng)為零，故放置圓環(huán)A后B點(diǎn)的電場強(qiáng)度減小，C不符合題意；D．兩個圓環(huán)在B點(diǎn)的電勢都為正的，由電勢的疊加可知B點(diǎn)的電勢大于零，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電場的分布情況得出AB兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的變化情況，沿著電場線電勢逐漸降低，利用電勢的疊加得出AB兩點(diǎn)電勢的變化情況。8．【答案】D【解析】【解答】AC．由于A與B為不同衛(wèi)星，則由公式F=MmR2B．B在橢圓軌道上N點(diǎn)的速度比A在N點(diǎn)的速度大，此后B從N向遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)動過程中速度變小而A的速度大小不變，因此B的速度并不是一直比A大，B不符合題意；D．根據(jù)開普勒第三定律可知Ⅲ的半徑與Ⅱ的半長軸相等，則B、C繞地球運(yùn)行的周期相等，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)萬有引力的表達(dá)式得出A與B經(jīng)過N點(diǎn)時的萬有引力的大小關(guān)系，萬有引力為衛(wèi)星所受的合力，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的表達(dá)式，利用開普勒第三定律得出BC周期的大小關(guān)系。9．【答案】C【解析】【解答】A．由題意可知a=mg?kvB．由于EkC．雨滴下落的過程中，重力的功率P=ΔD．雨滴下落的過程中，阻力做功的功率P=fv=kv故答案為：C。

【分析】對雨滴進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的變化情況，利用動能的表達(dá)式得出得出動能的變化情況，結(jié)合電功率的表達(dá)式得出重力勢能的變化情況，通過瞬時功率的表達(dá)式功率的變化情況。10．【答案】C【解析】【解答】A．不計摩擦，只有重力和彈力做功，根據(jù)題意可知，滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A不符合題意；B．在A點(diǎn)彈簧對P的彈力向上，在B點(diǎn)彈簧對P的彈力向下，可知，P先加速上升后減速上升，在AB間某位置合力為0，速度最大，B不符合題意；CD．根據(jù)題意可知，滑塊P從A點(diǎn)開始運(yùn)動時，重物Q的速度為0，則重物Q重力的功率為0，當(dāng)滑塊P到達(dá)B點(diǎn)時，重物Q的速度也為0，此時，重物Q重力的功率為0，則滑塊P從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時過程中，重物Q重力的功率先增大后減??；滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)幾何關(guān)系可知，滑塊P上升的高度為h=3L?tan53°=4L，重物Q下降的高度為H=OA?OB=OBcos53°?OB=2L，設(shè)滑塊P運(yùn)動到位置B處速度大小為v，A、B兩點(diǎn)時彈簧對滑塊的彈力大小相等，可知A、B兩點(diǎn)彈簧得彈性勢能相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知4mgH?mgh=C符合題意，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】只有重力或彈簧彈力做功時物體機(jī)械能守恒，結(jié)合幾何關(guān)系以及機(jī)械能守恒定律得出B點(diǎn)的速度，對滑塊P，利用動能定理得出輕繩對P做的功。11．【答案】（1）沒（2）0.75（3）未滿足小車和車上砝碼總質(zhì)量遠(yuǎn)大于砂和砂桶的質(zhì)量（4）g（5）1【解析】【解答】（1）小車在繩的拉力下運(yùn)動，若紙帶上的點(diǎn)跡間隔相等，由牛頓第二定律可知T+mgsin（2）已知打點(diǎn)計時器所用電源的頻率為50Hz，紙帶上每兩個相鄰計數(shù)點(diǎn)之間還有4個打出的點(diǎn)未畫出，則t=5f（3）設(shè)砂和砂桶的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可知mg?T=ma，T=Ma，解得a=mgm+M，當(dāng)m?M，時，（4）當(dāng)a?1M圖線的曲線將不斷地延伸，則1M→∞（5）由牛頓第二定律可知mg?T=ma，T=Ma，解得1a=m+M【分析】（1）若紙帶上相鄰兩點(diǎn)間的距離不變時小車做勻速直線運(yùn)動，利用共點(diǎn)力平衡得出此時已經(jīng)補(bǔ)償好阻力；

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的逐差法得出小車的加速度；

（3）對砂和砂桶以及小車分別進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出a與M的關(guān)系式，從而得出呈現(xiàn)圖線偏離直線的主要原因；

（4）根據(jù)（3）中的表達(dá)式得出縱軸上的截距。12．【答案】（1）解：根據(jù)題意，運(yùn)動員在空中做平拋運(yùn)動，在豎直方向L在水平方向L解得v（2）解：根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，離斜坡最遠(yuǎn)時速度與斜面平行，則tan則重力的瞬時功率為P=mg解得P=mg【解析】【分析】（1）運(yùn)動員在空中做平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動，結(jié)合平拋運(yùn)動的規(guī)律得出運(yùn)動員從a點(diǎn)水平飛出時的速度；

（2）根據(jù)速度與水平方向夾角的正切值的表達(dá)式以及瞬時功率的表達(dá)式得出離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率。13．【答案】（1）解：對電站研究可知MmMm解得h=（2）解：t時間內(nèi)照射到帆板上的光子數(shù)為nt個，由動量定理可得Ft=ntp?(ntp)解得F=2np【解析】【分析】（1）電站繞地球做勻速圓周運(yùn)動，利用萬有引力提供向心力得出電站離地面的高度；

（2）電站在軌運(yùn)行時，利用動量定理得出帆板由于光子碰撞而受到的作用力大