1、邵阳市2022届高三第一次联考物 理一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 如图所示，质量分别为m1、m2两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（）A. 系统动量守恒B. 系统机械能守恒C. 弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大D. 系统所受合外力的冲量不为零【答案】A【解析】【详解】AD加上
2、电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确；D错误；BC加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故BC错误。故选A。2. 甲，乙两物体在同一水平直线上运动，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，甲为抛物线，乙为直线，下列说法正确的是（）A. 前3s内甲物体先做加速运动，后做减速运动B. 前3s内甲的平均速率大于乙的平均速率C. 前
3、3s内甲、乙两物体距离越来越大D. 前3s内甲、乙两物体始终做同向运动【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据位移-时间图象的斜率等于速度，知前3s内甲先沿正向做减速运动，后沿负向做加速运动，选项A错误；BD前3s内，甲、乙两物体通过的位移相等，都是2m，但是甲先向正向运动后向负向运动，乙一直沿正向做匀速直线运动，则甲物体通过的路程大于乙物体的路程，结合平均速率等于路程与时间之比，知前3s内，甲物体的平均速率大于乙物体的平均速率，故B正确，D错误；C由图像可知，前3s内甲、乙两物体的距离先增加后减小，选项C错误。故选B。3. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，
4、细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则在小球移动过程中（）A. 细线对小球的拉力变大B. 斜面对小球的支持力变大C. 斜面对地面的压力变大D. 地面对斜面的摩擦力变大【答案】A【解析】【详解】AB对小球受力分析并合成矢量三角形：重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；CD对斜面受力分析：正交分解：根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，CD错误。故选A。4. 起重机的钢索将
5、重物由地面吊到空中某个高度，其vt图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下列选项图中的哪一个（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由vt图象可知在时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得则此时拉力的功率可知此时间段内功率与时间成正比；在时间内重物向上做匀速直线运动，拉力则拉力的功率可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小得，此时的功率小于t1时刻拉力的功率；在时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得则此时间段内拉力的功率则可知与是线性关系，随着增加，减小。时刻拉力突然减小，功率突然减小。综上所述，故B正确，ACD
6、错误。故选B。5. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是（）A. 在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R0消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变大B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，R1消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C. 只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动D. 若断开开关S，电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动【答案】A【解析】【详解】A在只逐渐增大光
7、照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据热功率公式P=I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，故A正确；B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，故B错误；C只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减小，微粒向下运动，故C错误；D若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，选项D
8、错误。故选A。6. 如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，其F-x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，斜面与水平地面之间的夹角，g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（）A. 小物块每次落在斜面上的速度方向不同B. 不能求出小物块质量C. 小物块质量m=1.0kgD. O、P间的距离S=0.625m【答案】D【解析】【详解】A由平抛运动规律有解得所以小物块每次
9、落在斜面上的速度方向总是相同的，故A错误；BCD根据牛顿第二定律，在OP段有又由平抛运动规律可知水平方向有竖直方向有由几何关系有联立可得解得由图像可得解得故BC错误；D正确；故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分.选对但不全的得3分，有错选的得0分。）7. 2021年6月17日9时22分，神舟十二号载人飞船发射成功，10月16日神州十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。航天员翟志刚、王亚平、叶光富太空三人组进驻天和核心舱，标志着中国人首次长期进驻空间站时代。以下说法正确是（）A. “神舟十二号载人飞
10、船”的发射速度大于地球第一宇宙速度B. 宇航员可以在空间站中用用弹簧拉力器锻炼身体，也可以用弹簧测力计测量物体重力C. 只需知道空间站的公转周期就可以计算出地球的质量D. 载人飞船在较低轨道上加速后可追上核心舱实施对接【答案】AD【解析】【详解】A“神舟十二号载人飞船”的发射速度大于地球第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A正确；B宇航员在空间站中处于完全失重状态，不可以在空间站中用用弹簧拉力器锻炼身体，也不可以用弹簧测力计测量物体重力，故B错误；C根据可得则计算出地球的质量，需要知道空间站的周期和轨道半径，故C错误；D载人飞船在较低轨道上加速，做离心运动，进入核心舱轨道，追上核心舱实施对接，故
11、D正确。故选AD。8. 如图所示，ABCD-EFHG是底面为菱形（边长为L）的四棱柱，在A、C两点分别固定一个电量为q的正点电荷，O为AC与DB的交点，P、Q是关于O点对称的两点，其中AQ=CP。则下列说法正确的是（）A. D点电势等于B点电势B. P、Q两点电场强度相同C. 把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零D. 在D点以初速度v0沿DB方向入射一电子，只在电场力作用下，将会沿DB方向匀加速运动到B点【答案】AC【解析】【详解】A根据对称性可知，D点电势等于B点电势，故A正确；B根据对称性可知，P、Q两点电场强度大小相同，方向不同，故B错误；C根据对称性可知，P、Q两点电势相等，
12、所以把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零，故C正确；D线段DB上电场强度并非处处相等，所以电子只在电场力作用下不可能由D点匀加速运动到B点，电子一定是先做变加速运动至O点后再做变减速运动运动至B点，故D错误。故选AC。9. 水平地面上方有水平向右的匀强电场，场强大小为，从地面上的A点斜向右上方以速度v0=10m/s抛出一个带正电荷为+q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角，轨迹如图所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点。忽略空气阻力的影响。g=10m/s2则（）A. D、E两点速度大小相等B. B点速度为10m/sC. 小球落地时与水平方向的夹角仍为
13、53D. A、C两点距离为16m【答案】BD【解析】【详解】AD、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，电场力做正功，所以D、E两点速度大小不相等，故A错误；B小球在竖直方向与水平方向的初速度为点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由联立可得即小球在B点速度为10m/s，故B正确；C小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为则小球落地时与水平方向的夹角正切为故C错误；DA、C两点距离为故D正确。故选BD。10. 如图所示，两根间距为d的光滑平行金属导轨，在左侧是倾角为的斜面，右侧是足够长的水平轨道，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。长度为d的两根金属棒MN、P
14、Q始终垂直导轨，与导轨接触良好，质量均为m，MN棒的电阻是PQ棒电阻的一半。金属棒MN从静止释放沿导轨下滑（不计处能量损失）。导轨电阻不计，整个过程中MN棒与PQ棒未发生碰撞，重力加速度取g，则下列说法正确的是（）A. 整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为B. 整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为C. 释放后金属棒MN最终与PQ棒在水平轨道上一起做匀速直线运动D. 金属棒MN滑至，刚进入磁场区域时，金属棒PQ两端的电压大小为【答案】CD【解析】【详解】ACMN棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电流，受到向左的安培力，先减速，PQ棒受到向右的安培力，加速，两棒受到的安培力等大反向，所以两棒组成的系统
15、动量守恒，最终两者共速，做匀速直线运动，则根据题中条件可得则对系统根据能量守恒可得可得则整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为故A错误，C正确；B金属棒PQ棒由动量定理可得整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为联立可得故B错误；D金属棒MN滑至，刚进入磁场区域时，产生的感应电动势为则感应电流为则金属棒PQ两端的电压大小为故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2小题，每空2分，其14分。）11. 如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，有直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（），光电计时器
16、记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_mm。（2）已知t、H和重力加速度g及小球的直径d，若小球下落过程中机械能守恒，则需满足以下表达式：_。（3）另一同学用上述实验装置通过改变光电门的位置，用h表示金属小球到光电门时的下落距离，用v表示金属小球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图丙所示的v2-h图像，则当地的实际重力加速度为g=_m/s2。【答案】 . 11.14 . 或或 . 9.7【解析】【详解】(1)1用游标卡尺测得小球的直径(2)2小球过光电门时的速度为由机械能守恒可得(3)3由以上分析可知结合图像可知，斜率
17、则可得12. 某实验兴趣小组要测绘一个标有“3V；1.8W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：A.待测小灯泡L（3V，1.8W）B.电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）C.电压表V（量程3V，内阻约5K）D.电流表A1（量程0.3A，内阻约1）E.电流表A2（量程0.6A，内阻约0.5）F.滑动变阻器R1（最大阻值5，额定电流2.0A）G.滑动变阻器R2（最大阻值100，额定电流1.0A）H.开关、导线若干（1）为了测量更精确，且要求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，电流表选_，滑动变阻器选_（填写实验器材前的字母代号）；（2）按照实验要求，根据所选的器材，请选择正确的
18、实验电路图_。A.B.C.D.（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图1所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为2V、内阻为2的另一电源E0上，如图2所示。则每个小灯泡实际功率为_W（结果保留2位有效数字）。【答案】 . E . F . A . 0.24（0.23-0.25均给分）【解析】【详解】(1)1通过小灯泡的最大电流为故电流表选择E；2求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，则滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器选择最大阻值较小的，即F；(2)3小灯泡的电阻因为所以电流表采用外接法，故A正确，BCD错误。故选A；(3)4设灯泡的实际功率为U，实际电流为I，则根
19、据闭合电路的欧姆定律得则可得做出电源的I-U图像如图所示图像中交点坐标即为通过灯泡的电流和灯泡两端的电压，电流为I=0.28A，U=0.85V，电压为则灯泡的实际功率为四、计算题（本题共3小题，其中13题12分。14题15分，15题15分，共42分。）13. 近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1=0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角。工作人员沿传送方向以速度v2=1.4m/s从传送带顶端推下一件质量m=5kg的小包裹（可视为质点）。5s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰
20、好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）传送带顶端到底端的距离L；（2）整个过程产生的热量Q。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）包裏冲上传送带时由牛顿第二定律可得解得设经过后包裹与传送带速度相等，有该时间内包裹运动的距离传送带运动的距离共速后匀速运动时间包裹运动距离停电后包裹加速度不变，匀减速直线运动时间运动距离传送带顶端到底端的距离（2）产生热量14. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域I，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域II
21、，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域II，已知L=0.1m，质子比荷。求：（1）粒子的初速度v0大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若粒子从电场进入磁场区域II时做圆周运动的半径r=0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)如图作v0垂线交x轴于A点，如图所示由于粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得过x轴进入电场的C点坐标为，在磁场
22、I区域内有得(2)进入电场做类平抛运动根据类平抛运动的规律可知得(3)在电场中Q点沿电场方向的速度则进入II磁场区域时的速度与y轴负方向夹角为，有可得在磁场中圆周运动周期在磁场II中圆周运动时间为则15. 如图所示的轨道由倾角为的直线AB段、水平轨道BC段、圆轨道以及水平轨道CE段组成。将一质量为m、可视为质点的物块由轨道A点无初速释放，经过B点时不计额外能量损失，物块可由C点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB、BC、CE段的动摩擦因数均为=0.5，其余部分的摩擦力均可忽略不计，已知AB=8L、BC=L，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）欲使物块不脱离竖直圆轨
23、道，则竖直圆轨道的半径R应满足什么条件；（2）若R=1.2L，则物块最终停止的位置。【答案】（1）或；（2）在BC段，离B点0.24L处【解析】【详解】（1）物块不脱离轨道，有两种情况：情况一：物块恰好能滑过圆周轨道最高点D，则物块在最高点D应满足物块从A到B点过程，获得v0速度，由动能定理有：得物块从B到D点过程，由动能定理有解得情况二：物块从B滑到与圆心O等高处，速度减为零，则由动能定理有解得要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足或（2）若，由（1）的结果可知属于第二种情况，物块必定返回到C，设其能向左滑过CB轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB，由功能关系得解得滑块由B点沿BA上滑的最大距离为s，滑块再次返回到B点时的速度为上滑时由动能定理得下滑时由动能定理得解得，设物块在BC段滑动的距离为s，则由动能定理得解得则物块静止的点距离B点为0.24L。
