2022-2023學年安徽省合肥市廬江縣樂橋第二中學高三物理月考試卷含解析

1、2022-2023學年安徽省合肥市廬江縣樂橋第二中學高三物理月考試卷含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. （多選）下列說法正確的是A電容器的電容與它是否帶電無關B平行板電容器充電后，它的帶電量等于兩極板帶電量絕對值之和C由公式C=Q/U可知，電容器的電容隨所帶電量的增大而增大D平行板電容器充電后與電源斷開，使兩極板距離增大，板間場強不變參考答案：AD2. （多選）如圖所示，兩平行光滑導軌豎直固定邊界水平的勻強磁場寬度為h，方向垂直于導軌平面兩相同的異體棒a、b中點用長為h的絕緣輕桿相接，形成“工”字型框架，框架置于磁場上方，b棒距磁場上邊界的高

2、度為h，兩棒與導軌接觸良好保持a、b棒水平，由靜止釋放框架，b棒剛進入磁場即做勻速運動，不計導軌電阻則在框架下落過程中，a棒所受輕桿的作用力F及a棒的機械能E隨下落的高度h變化的關系圖象，可能正確的是（） A B C D 參考答案：【考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢；機械能守恒定律【專題】： 電磁感應與電路結合【分析】： 分析棒的運動過程，根據(jù)棒的受力情況、棒的運動性質(zhì)分析答題： 解：A、框架在進入磁場前做自由落體運動，輕桿對a作用力為零，b進入磁場后，框做勻速運動，a處于平衡狀態(tài)，桿對a的作用力F=mg，方向向上，當框架下落2h，a棒進入磁場后，a受到輕桿的作用力大小等于重力，方向向下

3、，故A錯誤，B正確；C、框架進入磁場前做自由落體運動，機械能守恒，機械能不變，線框進入磁場后做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減小，機械能減少，框架完全離開磁場后，只受重力作用，機械能守恒，故C正確，D錯誤；故選：BC【點評】： 本題考查了判斷a的受力情況與機械能變化情況，分析清楚框架的運動情況即可正確解題3. 如圖2所示為某質(zhì)點做直線運動的v-t圖像，關于這個質(zhì)點在4s內(nèi)的運動情況，下列說法中正確的是 A質(zhì)點始終向同一方向運動 B4s內(nèi)通過的路程為4m，而位移為零 C4s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠 D加速度大小不變，方向與初速度方向相同參考答案：B圖象的斜率不變，因此物體做勻變速直線運動，開始時速度

4、方向與加速度方向相反，物體做減速運動，t=2s時，物體速度減為零，然后物體反向加速運動，t=4s時，回到起始點，由圖可知物體所經(jīng)歷的路程為：L=22=4(m)，位移為零，故ACD錯誤，B正確4. 兩個半徑相同的金屬小球，帶電荷量之比為1:7，相距為r，兩者接觸后，再放回原來的位置上，則相互作用可能為原來的（ ）A.4/7 B.3/7 C.9/7 D.16/7參考答案：CD略 5. （多選）如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1=2v2在先后兩種情況下（）A線圈中的感應電流之比為I1：I2=2：1B線圈中的感應電流之比為I1：I2=1：2C線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比

5、Q1：Q2=2：1D通過線圈某截面的電荷量之比q1：q2=1：2參考答案：AC二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. 從地面A處豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，小球上升到B點時的動能與小球上升到最高點后返回至C點時的動能相等，B點離地高度為，C點離地高度為空氣阻力f =0.1mg，大小不變，則小球上升的最大高度為_；小球下落過程中從B點到C點動能的增量為_ 參考答案：4h ； 0.6mgh 7. 靜電除塵器示意如右圖所示，其由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成。A和B分別接到高壓電源正極和負極，A、B之間有很強的電場，B附近的氣體分子被電離成為電子和正離子，粉塵吸附電子后被吸附到_（填

6、A或B）上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，排出的煙就成為清潔的了。已知每千克煤粉會吸附n mol電子，每晝夜能除m kg煤粉，設電子電量為e，阿伏加德羅常數(shù)為NA，一晝夜時間為t，則高壓電源的電流強度為_。參考答案：A 2emnNA/t 8. 為“驗證牛頓第二定律”，某同學設計了如下實驗方案：A實驗裝置如圖甲所示，一端系在滑塊上的輕質(zhì)細繩通過轉(zhuǎn)軸光滑的輕質(zhì)滑輪，另一端掛一質(zhì)量為m0.33 kg的沙桶，用墊塊將長木板的有定滑輪的一端墊起調(diào)整長木板的傾角，直至輕推滑塊后，滑塊沿長木板向下做勻速直線運動；B保持長木板的傾角不變，取下細繩和鉤碼，接好紙帶，接通打點計時器的電源，然后讓滑塊沿長木板滑

7、下，打點計時器打下的紙帶如圖乙所示請回答下列問題：(1)圖乙中紙帶的哪端與滑塊相連？ （填“左端”或“右端”）(2)圖乙中相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個打點未畫出，打點計時器接頻率為50 Hz的交流電源，根據(jù)圖乙求出滑塊的加速度a_m/s2.（小數(shù)點后取兩位數(shù)）(3)不計紙帶與打點計時器間的阻力，滑塊的質(zhì)量M_kg.(g取10m/s2)參考答案：(1)取下細繩和鉤碼后，滑塊加速下滑，隨著速度的增加點間距離逐漸加大，故紙帶的右端與滑塊相連(2)由xaT2，得a m/s21.65 m/s2.(3)勻速下滑時滑塊所受合外力為零，撤去鉤碼滑塊所受合外力等于mg，由mgMa得M2kg.答案：(1)右端(2)

8、1.65(3)29. 固定在水平地面上的光滑半球形曲面，半徑為R，已知重力加速度為g。一小滑塊從頂端靜止開始沿曲面滑下，滑塊脫離球面時的向心加速度大小為，角速度大小為。參考答案：，10. 當光照射到光敏電阻上時，光敏電阻的阻值 （填“變大”、“不變”或“變小”）。半導體熱敏電阻是利用半導體材料的電阻率隨 變化而改變的特性制成的。參考答案：答案：變??；溫度解析：光敏電阻和熱敏電阻均為半導體材料的電阻，半導體材料的電阻率隨溫度升高而減小。 11. 如圖1，電源電動勢E6V，內(nèi)阻r2，電鍵S閉合后，將滑動變阻器的滑片從A端移動到B端，該過程中定值電阻R1、R2消耗的功率與通過該電阻的電流的關系如圖2

9、所示。由圖可知，滑動變阻器的阻值最大范圍為_，R1的最大功率為_W。參考答案：6，412. 如圖所示，在河岸上利用定滑輪拉繩使小船靠岸，拉繩速度為v，當船頭繩長方向與水平方向夾角為時，船的速度為 。 參考答案：13. 一處于基態(tài)的氫原子，撞擊靜止的也處于基態(tài)的另一氫原子，碰撞后，兩氫原子躍遷到同一激發(fā)態(tài)，且動能均為10.2eV。已知氫原子基態(tài)能量為-13.6eV。則氫原子第一激發(fā)態(tài)的能量值是 eV；碰撞前運動氫原子的最小動能是 eV。參考答案：三、 實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. （10分）要測量一電源的電動勢E（小于3V）和內(nèi)阻r（約1），現(xiàn)有下列器材：電壓表V（3V和

10、15V兩個量程）、電阻箱R（0999.9）、定值電阻R0=3、開關和導線。某同學根據(jù)所給器材設計如下的實驗電路。 （1）電路中定值電阻R0的作用是 。 （2）請根據(jù)圖甲電路，在圖乙中用筆畫線代替導線連接電路。（3）該同學調(diào)節(jié)電阻箱阻值R，讀出對應的電壓表讀數(shù)U，得到二組數(shù)據(jù)：R1=2.0時U1=2.37V；R2=4.0時U2=2.51V。由這二組數(shù)可求得電源的電動勢為E= V，內(nèi)阻為r= 。（4）為使最終測量結果更精確，在不改變實驗方法、不更換實驗器材的前提下，請你對該同學提一條建議 。參考答案：答案：（1）保護電源，防止短路（2分）（2）如圖所示（有一處錯就不給分）（2分）（3）E=2.94

11、 V， r=1.2 (各2分)（4） 多測幾組R、U，分別求出電動勢E、內(nèi)阻r，再求E、r的平均值，或利用圖象處理數(shù)據(jù)。（2分）15. 用如圖所示的氣墊導軌裝置驗 證機械能守恒定律。在氣墊導軌上安裝了兩光電門l、2，在滑塊上固定一豎直遮光條，滑塊用細線繞過定滑輪與鉤碼相連。在調(diào)整氣墊導軌水平時，滑塊不掛鉤碼和細線，接通氣源后，給滑塊一個初速度，使它從軌道右端向左運動，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間小于通過光電門2的時間。下列能夠?qū)崿F(xiàn)調(diào)整導軌水平的措施是_A調(diào)節(jié)P使軌道左端升高一些 B調(diào)節(jié)P使軌道左端降低一些C遮光條的寬度應適當大一些 D滑塊的質(zhì)量增大一些實驗時，測出光電門1、2間的距離L，遮光條的

12、寬度d，滑塊和遮光條的總質(zhì)量M，鉤碼質(zhì)量m，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門1、2的時間t1、t2，則系統(tǒng)機械能守恒成立的表達式是_.參考答案：A；（2）mgL=明確實驗原理以及氣墊導軌裝置的特點可正確解答；表示出鉤碼的重力勢能減少量和系統(tǒng)動能增加量的大小來驗證機械能守恒定律（1）不掛鉤碼和細線，接通氣源，滑塊從軌道右端向左運動的過程中，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間小于通過光電門2的時間說明滑塊做加速運動，也就是左端低，右端高所以實施下列措施能夠達到實驗調(diào)整目標的是調(diào)節(jié)P使軌道左端升高一些，調(diào)節(jié)Q使軌道右端降低一些故選：A（2）實驗時，測出光電門1、2間的距離L，遮光條的寬度d，滑塊和遮光條的總

13、質(zhì)量M，鉤碼質(zhì)量m由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門1、2的時間t1、t2，滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度鉤碼的重力勢能減少了：mgL，系統(tǒng)動能增加了：則系統(tǒng)機械能守恒成立的表達式是mgL=四、計算題：本題共3小題，共計47分16. “太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為1，內(nèi)圓弧面CD的半徑為L，電勢為2足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP=L假設太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓

14、弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右Φ挠绊懀?）求粒子到達O點時速度的大??；（2）如圖2所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O，半徑為L，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點進入磁場后有能打到MN板上（不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感應強度的大小；（3）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點進入磁場后均不能到達收集板MN，求磁感應強度所滿足的條件試寫出定量反映收集板MN上的收集效率與磁感應強度B的關系的相關式子參考答案：解：（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理有：又U=12所以：；（2）從

15、AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則入射的方向與AB之間的夾角是600，在磁場中運動的軌跡如圖1，軌跡圓心角=60根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑為r=L，由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：；（3）當沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關系可知，由牛頓第二定律得：得：即如圖2，設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為，由幾何關系可知：MN上的收集效率：答：（1）粒子到達O點時速度的大小是；（2）所加磁感應強度的大小是；（3）試寫出定量反映收集板MN上的收集效率與磁感應強度B的關系的相關式子是【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓

16、第二定律【分析】（1）根據(jù)動能定理即可求出粒子到達O點的速度；（2）作出粒子運動的軌跡，結合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求解；（3）作出粒子運動的軌跡，結合幾何知識求得粒子的收集率與粒子圓周運動轉(zhuǎn)過圓心角的關系，再根據(jù)此關系求得收集率為0時對應的磁感應強度B17. （12分）在地球表面，某物體用彈簧秤豎直懸掛且靜止時，彈簧秤的示數(shù)為160N，把該物體放在航天器中，若航天器以加速度a（g為地球表面的重力加速度）豎直上升，在某一時刻，將該物體懸掛在同一彈簧秤上，彈簧秤的示數(shù)為90N，若不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，已知地球半徑為R。求：（1）此時物體所受的重力；（2）此時航天器距地面的

17、高度。參考答案：解析：（1）（2）則有：所以即此時航天器距地高度為3R 18. 如圖所示電路，電源電動勢E=15V，內(nèi)阻r=1，電阻R1=4電阻R2=R3=10，電容器的電容C=5103F，求：（1）開關S打開時，電容器的電量Q1為多少？（2）將開關S閉合瞬間，通過電流計G的電量q為多少？電流方向如何？參考答案：考點：閉合電路的歐姆定律；電容.專題：恒定電流專題分析：（1）開關S打開時，R1與R2串聯(lián)，電容器兩端的電壓UC1等于路端電壓根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，由歐姆定律求解路端電壓，電容器的電量Q=CU（2）開關S閉合后，R2與R3并聯(lián)再與R1串聯(lián)，電容器兩端的電壓UC2等于電阻R1兩端電壓，由歐姆定律求出電容器的電壓，即可求出其電量根據(jù)電容器充電或放電，判斷電流的方向解答：解：（1）開關S打開時，R1與R2串聯(lián)，電容器兩端的電壓UC1等于路端電壓 E=I1（r+R1+R2）電容器的電壓UC1=I1（R1+R2）=電容器的電量Q1=CUC