最新2023屆高三物理1月月考試題(含解析)

2023屆高三物理1月月考試題（含解析）二、選擇題1.如圖所示，小船過河時，船頭偏向上游與水流方向成α角，船相對于靜水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸；現(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，下列措施中可行的是（）A.減小α角，增大船速vB.增大α角，增大船速vC.減小α角，保持船速v不變D.增大α角，保持船速v不變【答案】B【解析】由題意可知，船相對水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，當水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，則如圖所示，可知A正確，BCD錯誤；故選A。2.物體A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.2，如圖所示．若現(xiàn)用一水平向右的拉力F作用于物體A上，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.當拉力F＜16N時，A靜止不動B.當拉力F＞16N時，A相對B滑動C.當拉力F=16N時，A受B的摩擦力等于3.2ND.無論拉力F多大，A相對B始終靜止【答案】C【解析】當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，對B，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度為：．此時拉力F為：．A、當時，A，B都相對靜止，當時，A相對B滑動，故ABD錯誤；C、當時，A，B相對靜止，整體的加速度為：，對B，有：，故C正確。點睛：本題屬于動力學(xué)的臨界問題，關(guān)鍵求出相對運動的臨界加速度，判斷在繩子拉力范圍內(nèi)是否發(fā)生相對運動，注意整體法和隔離法的運用。3.如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，正方形線圈abcd邊長為L（L<d）,質(zhì)量為m、電阻為R,現(xiàn)將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，則線圈穿過磁場的過程中（從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止），下列說法正確的是()A.感應(yīng)電流所做的功為mgdB.感應(yīng)電流所做的功為mg（d－L）C.當線圈的ab邊剛進入磁場時速度最小D.線圈的最小速度可能為mgR/B2L2【答案】D【解析】AB、根據(jù)能量守恒，研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，，cd邊剛進入磁場時速度為，cd邊剛離開磁場時速度也為，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量，感應(yīng)電流做的功為，故AB錯誤；C、線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前已做勻速運動，剛完全進入磁場前時線框的速度已經(jīng)達到最小，則：，則最小速度，故C錯誤，D正確。點睛：解決本題的關(guān)鍵根據(jù)根據(jù)線圈下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是，且全部進入磁場將做加速運動，判斷出線圈進磁場后先做變減速運動，也得出全部進磁場時的速度是穿越磁場過程中的最小速度。4.如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，曲線B為小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（）A.4W、8WB.4W、6WC.2W、4WD.2W、3W【答案】B【解析】由圖A讀出：電源的電動勢E=3V，內(nèi)阻；兩圖線的交點表示燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，此時燈泡的電壓U=2V，電流I=2A；則電源的總功率P總=EI=3×2W=6W；電源的輸出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，故選B．點睛：解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵．5.如圖，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的過程中，下列關(guān)于能量的敘述中正確的是（）A.重力勢能和動能之和始終減小B.重力勢能和彈性勢能之和先減小后增加C.動能和彈性勢能之和先減小后增加D.小球重力勢能和動能之和保持不變【答案】AB【解析】試題分析：對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變．對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢能一直在增大．小球的動能先增大后減小．由系統(tǒng)的機械能守恒進行分析．解：AD、小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變．彈簧的彈性勢能不斷增大，所以重力勢能和動能之和始終減小，故A正確，D錯誤．B、小球所受的彈力先小于重力，后大于重力，則小球先向下加速，后向下減速，所以小球的動能先增大后減小，由系統(tǒng)的機械能守恒可知，重力勢能和彈性勢能之和先減小后增加，故B正確．C、小球的重力勢能不斷減小，由系統(tǒng)的機械能守恒知，動能和彈性勢能之和始終增加．故C錯誤．故選：AB6.磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的發(fā)展前景，其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g。則以下說法正確的是A.上板是電源的正極，下板是電源的負極B.兩板間電勢差為U＝BdvC.流經(jīng)R的電流為D.流經(jīng)R的電流為【答案】AD【解析】試題分析：根據(jù)左手定則，可知，正電荷向上偏，負電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，故A正確；根據(jù),得電動勢的大小為：U=Bdv，則流過R的電流為：，而，則電流大?。?；兩極板間電勢差為：．故AD正確正確，BC錯誤．故選AD．考點：左手定則，洛倫茲力【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵知道穩(wěn)定時，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行求解。7.如圖所示的電路中，A為理想電流表，V1和V2為理想電壓表，R1為定值電阻，R2為可變電阻，電池E內(nèi)阻不可忽略，則下列說法中正確的是（）A.R2不變時，V2的讀數(shù)與A讀數(shù)之比等于R1B.R2不變時，V1的讀數(shù)與A讀數(shù)之比等于R1C.R2改變時，V1讀數(shù)的變化量的絕對值大于V2讀數(shù)的變化量的絕對值D.R2改變時，V1讀數(shù)的變化量的絕對值小于V2讀數(shù)的變化量的絕對值【答案】BD【解析】試題分析：R2不變時，＝R2，故A錯誤．R2不變時，＝R1，故B正確．當R2增大時，電流I減小，U1減小，U2=E-I（R1+r）增大，路端電壓U=E-Ir增大，而U1+U2=U，則可知U1的減小量小于U2的增加量；同理，R2減小時，U1的增加量小于U2的減小量．故D正確．故選BD．考點：電路的動態(tài)分析【名師點睛】本題難點在于如何確定兩電壓表讀數(shù)變化量的大小，技巧是研究兩電壓表讀數(shù)之和即路端電壓如何變化．路端電壓增加，增加量大；路端電壓減小，減小量大。8.如圖所示，傳送帶以恒定速率v運動，現(xiàn)將質(zhì)量都是m的小物體甲、乙（視為質(zhì)點）先后輕輕放在傳送帶的最左端，甲到達A處時恰好達到速率v，乙到達B處時恰好達到速度v，則下列說法正確的是（）A.甲、乙兩物塊在傳送帶上加速運動時具有的加速度相同B.甲、乙兩物塊在傳送帶上加速運動時間相等C.傳送帶對甲、乙兩物體做功相等D.乙在傳送帶上滑行產(chǎn)生的熱量與甲在傳送帶上滑行產(chǎn)生的熱量相等【答案】CD【解析】試題分析：兩物體在傳送帶上達到最大速度經(jīng)過的位移不同，則可以說明二者的加速度不同，時間不同；故AB錯誤；由動能定理可知，傳送帶對甲、乙兩物體做功等于動能的改變量；故說明傳送帶做功相等；故C正確；對于任一物體，加速度，從放上傳送帶到與傳送帶共速的時間，物體與傳送帶的相對位移，可知相等，產(chǎn)生的熱量，所以產(chǎn)生的熱量相等，故D正確?？键c：功能關(guān)系、功的計算【名師點睛】本題考查傳送帶問題的分析，要注意明確物體在傳送帶上的運動過程，明確動能定理及牛頓第二定律的應(yīng)用。9.如圖所示，某同學(xué)用圖裝置做驗證動量守恒定律的實驗．先將a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次．（1）本實驗必須測量的物理量有以下哪些______．A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質(zhì)量ma、mbC．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間tE．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OCF．a(chǎn)球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h（2）小球a、b的質(zhì)量ma、mb應(yīng)該滿足什么關(guān)系？______（3）放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時落地？______(填”是”或”否”)如果不是同時落地，對實驗結(jié)果有沒有影響？______(填”有”或”無”)這時小球a、b的落地點依次是圖中水平面上的____點和______點（4）按照本實驗方法，驗證動量守恒的驗證式是____________________________．【答案】(1).BE(2).ma>mb(3).是(4).有(5).A(6).C(7).maOB=maOA+mbOC【解析】（1）由題意知，要驗證動量守恒，就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，根據(jù)x=vt，因運動的時間相同，所以速度可以用水平位移代替。所以需要測量的量為：小球a、b的質(zhì)量ma、mb，記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC，所以選擇BE；（2）在小球碰撞過程中水平方向動量守恒，故有mav0=mav1+mbv2，在碰撞過程中動能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb；（3）是同時落地，碰撞后兩小球做平拋運動，高度相同，所以運動時間相同，如果不同，則不能用水平位移代替碰撞后的速度，對實驗結(jié)果有影響；a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點距離O點最近，b小球離O點最遠，中間一個點是未放b球時a的落地點，所以相碰后，小球a、b的平均落點位置依次是圖中A、C點；（4）根據(jù)動量守恒mav0=mav1+mbv2，由于運動的時間相同，故可以位移代替速度，即maOB=maOA+mbOC。10.在做“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，若待測金屬絲的電阻約為5Ω，要求測量結(jié)果盡量準確，提供以下器材供選擇：A．電池組（3V，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表（0﹣3A，內(nèi)阻約0.0125Ω）C．電流表（0﹣0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）D．電壓表（0﹣3V，內(nèi)阻約4KΩ）E．電壓表（0﹣15V，內(nèi)阻約15KΩ）F．滑動變阻器（0﹣2000Ω，允許最大電流0.3A）G．滑動變阻器（0﹣20Ω，允許最大電流1A）H．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)實驗選擇的器材有________（填寫儀器前字母代號）(2)若用螺旋測微器測得金屬絲直徑d的讀數(shù)如圖1，則讀數(shù)為________

mm；(3)測電阻時，電流表、電壓表、待測金屬絲電阻在組成電路時，請在圖2虛線框內(nèi)畫出應(yīng)采用的實驗原理圖________，且此原理圖使得待測金屬絲電阻的測量值比真實值偏________（選填：“大”或“小”）；(4)若用L表示金屬絲長度，d表示直徑，測得電阻值為R，則計算金屬絲電阻率的表達式ρ=________．【答案】(1).ACDGH(2).0.900(3).(4).小(5).【解析】(1)電源電動勢為3V，電壓表應(yīng)選D；電路最大電流約為I=U/R=3V/5Ω=0.6A，電流表應(yīng)選擇C；為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇G；故實驗需要選擇的器材為：ACDGH。（2）固定尺刻度為0.5mm，螺旋尺刻度為40.0，故螺旋測微器讀數(shù)為：；(3)待測電阻阻值約為5Ω，電流表內(nèi)阻約為0.125Ω，電壓表內(nèi)阻約為4kΩ，電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法；由于滑動變阻器阻值大于待測電阻阻值，應(yīng)采用限流電路。電路圖如下：電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，所測電流偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實值。（4）根據(jù)電阻定律：，，則：。11.某電視臺正在策劃的“快樂向前沖”節(jié)目的場地設(shè)施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人運動，下方水面上漂浮著一個半徑為R鋪有海綿墊的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉(zhuǎn)盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器后，按動開關(guān)，在電動機的帶動下從A點沿軌道做初速為零、加速度為a的勻加速直線運動。起動后2s懸掛器脫落。設(shè)人的質(zhì)量為m看作質(zhì)點)，人與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。（1）假設(shè)選手落到轉(zhuǎn)盤上瞬間相對轉(zhuǎn)盤速度立即變?yōu)榱悖瑸楸ＷC他落在任何位置都不會被甩下轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的角速度ω應(yīng)限制在什么范圍？（2）若H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，當a＝2m/s2時選手恰好落到轉(zhuǎn)盤的圓心上，求L。（3）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，選手要想成功落在轉(zhuǎn)盤上，求加速度a的范圍?！敬鸢浮浚?）（2）7.2m（3）【解析】試題分析：（1）設(shè)人落在圓盤邊緣處不至被甩下，臨界情況下，最大靜摩擦力提供向心力則有：μmg=mω2R解得故轉(zhuǎn)盤的角速度（2）勻加速過程m=4mvc=at=4m/s平拋過程得t2=0．8sx2=vct2=4×0．8m=3．2m故L=x1+x2=7．2m（3）分析知a最小時落在轉(zhuǎn)盤左端，a最大時落在轉(zhuǎn)盤右端得解得解得a2=2m/s2考點：牛頓第二定律、平拋運動12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用長為L的絕緣輕繩將質(zhì)量為m、帶電量為+q、的小球懸于O點，整個裝置處在水平向右的勻強電場中。初始時刻小球靜止在P點。細繩與場強方向成角。今用絕緣錘子沿豎直平面、垂直于OP方向打擊一下小球，之后迅速撤離錘子，當小球回到P處時，再次用錘子沿同一方向打擊小球，兩次打擊后小球恰好到達Q點，且小球總沿圓弧運動，打擊的時間極短，小球電荷量不損失。錘子第一次對小球做功為W1，第二次對球做功為W2。（1）求勻強電場的場強大小E；（2）若的值達到最大，分別求W1、W2;（3）的值最大時，求第一、二次小球被打擊后瞬間細繩的拉力大小F1、F2．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）如圖所示，小球在A點（題中P點）合力為零，則有：tanθ=，解得：E=．（2）第一次擊打后球最多到達“等效”與球心等高B位置，根據(jù)功能關(guān)系，有：W1≤mgL（sinθ+cosθ）+qEL（cosθ-sinθ）結(jié)合tanθ=在等效最高點C時，根據(jù)牛頓第二定律有：根據(jù)功能關(guān)系有：W1+W2-mg?2L?sinθ-qE?2L?cosθ=mv02整理可以得到：整理可以得到：W1=，W2=．（3）打擊一次后，物體獲得的速度為v1，則有：W1=mv12．根據(jù)牛頓第二定律得：F1-打擊二次后，物體獲得的速度為v2，則有：W1+W2=mv22．根據(jù)牛頓第二定律得：F2-聯(lián)立整理可以得到：F1=，F(xiàn)2=點睛：本題是動能定理及牛頓定律的應(yīng)用的綜合題目；分析什么條件下W1最大，W2最小是關(guān)鍵，再運用牛頓第二定律和動能定理結(jié)合求解．13.對下列物理現(xiàn)象的描述，正確的是________(填正確答案標號．選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A.布朗運動說明了液體分子與懸浮顆粒分子之間存在著相互作用力B.氣體對器壁的壓強等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力C.給籃球打氣時會越來越費勁說明分子間存在斥力的作用D.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸氣蒸發(fā)的越慢E.瓶中充滿理想氣體，且瓶內(nèi)壓強高于外界壓強，在緩慢漏氣過程中內(nèi)外氣體的溫度均不發(fā)生改變，則瓶內(nèi)氣體在吸收熱量且分子平均動能不變【答案】BDE【解析】布朗運動說明了液體分子在永不停息的做無規(guī)則運動，選項A錯誤；氣體對器壁的壓強等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，選項B正確；給籃球打氣時會越來越費勁說明籃球內(nèi)氣體的壓強越來越大，并非分子間存在斥力的作用，選項C錯誤；空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸氣蒸發(fā)的越慢，選項D正確；瓶中充滿理想氣體，且瓶內(nèi)壓強高于外界壓強，在緩慢漏氣過程中氣體的體積變大，對外做功，因內(nèi)外氣體的溫度均不發(fā)生改變，則瓶內(nèi)氣體的分子動能不變，內(nèi)能不變；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，選項E正確；故選BDE.14.如圖所示，“T”形活塞將絕熱氣缸內(nèi)的氣體分隔成A、B兩部分，活塞左右兩側(cè)截面積分別為S1、S2，活塞至氣缸兩端底部的距離均為L，活塞與缸壁間無摩擦．氣缸上a、b兩個小孔用細管（容積不計）連通．初始時缸內(nèi)氣體的壓強等于外界大氣壓強P0，溫度為T0．現(xiàn)對缸內(nèi)氣體緩慢加熱，發(fā)現(xiàn)活塞向右移動了△L的距離（活塞移動過程中不會經(jīng)過小孔），試