湖南省益陽市筑金壩中學2022-2023學年高三物理月考試卷含解析

湖南省益陽市筑金壩中學2022-2023學年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.將質量為的小球在距地面高度為處拋出，拋出時的速度大小為，小球落到地面時的速度大小為2，若小球受到的空氣阻力不能忽略，則對于小球下落的整個過程，下面說法中正確的是：A.

小球的機械能守恒B.

重力對小球做的功等于C.

合外力對小球做的功小于D.

合外力對小球做的功等于參考答案：B2.如圖所示，滑塊B放在斜面體A上，B在水平向右的外力F1，以及沿斜面向下的外力F2共同作用下沿斜面向下運動，此時A受到地面的摩擦力水平向左．若A始終靜止在水平地面上，則下列說法中正確的是（）A．同時撤去F1和F2，B的加速度一定沿斜面向下B．只撤去F1，在B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右C．只撤去F2，在B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右D．只撤去F2，在B仍向下運動的過程中，A所受地面的摩擦力不變參考答案：AD解：本題可以假設從以下兩個方面進行討論．（1）斜劈A表面光滑（設斜面的傾角為θ，A的質量為mA，B的質量為mB）A、同時撤去F1和F2，物體在其重力沿斜面向下的分力mBgsinθ的作用下也一定沿斜面向下做勻加速直線運動，故A正確；B、如果撤去F1，使A相對地面發(fā)生相對運動趨勢的外力大小是FN2sinθ=mBgcosθsinθ，方向向右．如圖1所示．由于mBgcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ，所以A所受地面的摩擦力仍然是靜摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右．故B錯誤；C、撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的變化情況要從A受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即尋找出使A相對地面發(fā)生相對運動趨勢的外力的變化情況．通過分析，使A相對地面有向右滑動趨勢的外力是（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如圖2、3所示．與F2是否存在無關．所以撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面的摩擦力應該保持不變．故C錯誤D正確；因此，在斜劈表面光滑的條件下，該題的答案應該是AD．（2）斜劈A表面粗糙（設A表面的動摩擦因數為μ）在斜劈A表面粗糙的情況下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的運動就不一定是勻加速直線運動，也可能是勻速直線運動．由題意知，在B沿斜劈下滑時，受到A對它彈力FN和滑動摩擦力f．根據牛頓第三定律，這兩個力反作用于A．斜劈A實際上就是在這兩個力的水平分力作用下有相對地面向右運動的趨勢的．FNsinθ＞fcosθ，又因為f=μFN，所以FNsinθ＞μFNcosθ，即μ＜tanθ．A、同時撤出F1和F2，由以上分析可知mBgsinθ＞μmBgcosθ．所以物體B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下，故A正確；B、如果撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中，N=mgcosθ，f=μN，圖中假設A受的摩擦力fA方向向左，Nsinθ=fcosθ+fA，則有：fA=Nsinθ﹣μNosθ=N（sinθ﹣μcosθ）＞0所以斜劈A都有相對地面向右運動的趨勢，摩擦力方向是向左．故B錯誤；CD、又由于F2的存在與否對斜劈受地面摩擦力大小沒有影響，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不變．故C錯誤D正確；因此，在斜劈A表面粗糙的情況下，本題的正確選項仍然是AD．故選：AD．3.下列說法正確的是（）A．開普勒測出了萬有引力常量B．牛頓第一定律能通過現代的實驗手段直接驗證C．卡文迪許發(fā)現地月間的引力滿足距離平方反比規(guī)律D．伽利略將實驗和邏輯推理和諧地結合起來，發(fā)展了科學的思維方式和研究方法參考答案：D【考點】物理學史．【分析】記住著名物理學家的主要貢獻，根據物理學史和常識解答即可．【解答】解：A、卡文迪許測出了萬有引力常量．故A錯誤；B、牛頓第一定律是理想的實驗定律，不能通過現代的實驗手段直接驗證．故B錯誤；C、牛頓發(fā)現了萬有引力定律，發(fā)現地月間的引力滿足距離平方反比規(guī)律．故C錯誤；D、伽利略將實驗和邏輯推理和諧地結合起來，發(fā)展了科學的思維方式和研究方法．故D正確．故選：D4.做勻加速沿直線運動的質點在第一個3s內的平均速度比它在第一個5s內的平均速度小3m/s，則質點的加速度大小為：A．1m/s2

B．2m/s2

C．3m/s2

D．4m/s2參考答案：C5.如圖所示電路中，電源電動勢為ε，內阻為r，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時合上電鍵S，此時三個電表A1、A2和V的示數分別為I1、I2和U?，F將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數的變化情況是（

）（A）I1增大，I2不變，U增大

（B）I1減小，I2增大，U減?。–）I1增大，I2減小，U增大

（D）I1減小，I2不變，U減小參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.某同學在做研究彈簧的形變與外力的關系實驗時，將一輕彈簧豎直懸掛讓其自然下垂，測出其自然長度；然后在其下部施加外力F，測出彈簧的總長度L，改變外力F的大小，測出幾組數據，作出外力F與彈簧總長度L的關系圖線如圖實－2－10所示。(實驗過程是在彈簧的彈性限度內進行的)由圖可知該彈簧的自然長度為________cm；該彈簧的勁度系數為________N/m。圖實－2－10參考答案：10

507.在研究平拋運動的實驗中，某同學用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長為L．小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球平拋初速度的計算式為v0大小為＝

；小球經過c點時的速度VC大小為______

_____（均用L、g表示）．參考答案：（3分）；8.如題12B-1圖所示的裝置，彈簧振子的固有頻率是4Hz?，F勻速轉動把手，給彈簧振子以周期性的驅動力，測得彈簧振子振動達到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，則把手轉動的頻率為___▲____。（A）1Hz（B）3Hz（C）4Hz（D）5Hz參考答案：A)受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，f=1hz，故A對；B、C、D錯。

9.（6分）如圖所示，n個相同的木塊（可視為質點），每塊的質量都是m，從右向左沿同一直線排列在水平桌面上，相鄰木塊間的距離均為l，第n個木塊到桌邊的距離也是l，木塊與桌面間的動摩擦因數為μ．開始時，第1個木塊以初速度v0向左滑行，其余所有木塊都靜止，在每次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運動。最后第n個木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下．則在整個過程中因碰撞而損失的總動能

參考答案：

10.一個氡核衰變成釙核并放出一個粒子。該核反應的方程是

氡衰變半衰期為3.8天，則1000g氡經過7.6天衰變，剩余氡的質量為

g；參考答案：①

②250根據衰變過程中質量數和電荷數守恒，由于生成物質量數減小4，電荷數減小2，所以放出的粒子是α粒子．該核反應的方程是：氡核的半衰期為3.8天，根據半衰期的定義得：，其中m為剩余氡核的質量，m0為衰變前氡核的質量，T為半衰期，t為經歷的時間。由于T=3.8天，t=7.6天，解得：11.學校實驗小組在“驗證牛頓第二定律”的實驗中,圖為實驗裝置簡圖(所用交變電流的頻率為50Hz).

(1)同學們在進行實驗時,為了減小實驗時的系統誤差,使分析數據時可以認為砂桶的重力等于小車所受的合外力,你認為應采取的措施有:①

.②

.(2)如圖所示是某小組在做實驗中,由打點計時器得到的一條清晰紙帶,紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T=0.10s,其中x1=7.05cm,x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm,x6=10.26cm,則A點處瞬時速度的大小是

m/s,小車運動的加速度計算表達式為

,加速度的大小是

m/s2(計算結果保留兩位有效數字).參考答案：((1)①將長木板一端墊起,讓小車重力沿斜面的分力平衡摩擦阻力;②小車質量遠大于沙桶的總質量(2)0.86

=0.6412.兩塊相同的豎直木板A、B間有質量均為m的四塊相同的木塊，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使木板均處于平衡，如圖所示.設所有接觸面間的動摩擦因數均為μ.則第2塊對第3塊的摩擦力大小為

參考答案：：013.某單擺的擺長為L、擺球質量為m，擺角為θ時單擺做簡諧振動的周期為T，擺動時最大動能為Ek。當將擺球質量變成2m，擺動時擺角為θ，則單擺的最大動能變?yōu)開___________Ek；當將擺球質量變成2m，將擺長變?yōu)?L，擺角變?yōu)棣?2時，單擺的周期為____________T。參考答案：2

三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.有一內阻為30kΩ的直流電壓表V，其刻度盤上所標示的數值模糊不清，但共有30個均勻小格的刻度線是清晰的，并已知量程約為25V～35V．為了測出電壓表的量程，現有下列器材可供選用：標準電壓表V1：量程3V，內阻3kΩ；電流表A：量程0﹣3A，內阻未知；滑動變阻器R：總阻值1kΩ；電源E：電動勢30V，內阻不能忽略；電鍵、導線若干（1）要求測量多組數據，并有盡可能高的精確度，請選擇所需要的器材并畫出實驗電路圖．（2）選用記錄數據中任一組，寫出計算量程的表達式Ug=．式中各字母的意義是：U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數．（3）測出量程后便可以根據指針所指格數讀取電壓值了．某同學想通過上述電壓表V測量一個多用電表中歐姆擋的內部電的電動勢，他從多用電表刻度盤上讀出電阻刻度中間值為30，將電壓表V與選用“×1k”擋的多用電表直接相連，讀出電壓表的讀數為U．實驗過程中．一切操作都是正確的．則歐姆表電池的電動勢表達式為E0=2U．參考答案：【考點】：把電流表改裝成電壓表．【專題】：實驗題；交流電專題．【分析】：本題（1）的關鍵是根據待測電壓表V和電壓表的額定電流接近可知，應將兩者串聯使用，再根據變阻器的全電阻遠小于待測電壓表內阻，可知變阻器應采用分壓式接法；題（2）的關鍵是設出待測電壓表每小格的電流，然后根據歐姆定律和串并聯規(guī)律即可求解；題（3）的關鍵是明確選用“×1k”檔時歐姆表的中值電阻為30kΩ，然后根據閉合電路歐姆定律即可求解．：解：（1）：由I=可求出待測電壓表的量程約為0.83～1.17mA，遠小于電流表A的量程，所以不能使用電流表；由于標準電壓表的額定電流為，與待測電流表的量程接近，所以應將待測電壓表V與標準電壓表串聯使用；由于滑動變阻器的全電阻遠小于待測電壓表內阻，所以變阻器應采用分壓式接法，電路圖如圖所示：（2）：設待測電壓表每小格電流為，則其量程為：==30=9…①設待測電壓表讀數偏轉格數為N時標準電壓表讀數為U，根據串并聯規(guī)律應有：…②聯立①②解得：=，其中U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數；（3）：當選用“×1k”當時，歐姆表的中值電阻為：=30×1kΩ=30kΩ，根據閉合電路歐姆定律，應有：=U+，將=30kΩ代入上式，解得：；故答案為：（1）如圖（2），U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數（3）2U【點評】：應明確：①注意電表的反常規(guī)接法，即電壓表可以串聯（當做電流表）使用，電流表也可以并聯使用（當做電壓表），只要滿足電表指針偏轉量程以上即可；②當變阻器的全電阻遠小于待測電阻時，變阻器應采用分壓式接法；③明確歐姆表的改裝原理和方法．15.某同學為了研究一個小燈泡的燈絲電阻隨溫度的升高而變化的規(guī)律，用實驗得到下表所示的數據（I和U分別表示小燈泡的電流和電壓），則：U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00I/A00.120.210.290.340.38

0.450.470.490.50（1）當U=1.20V時對應的電流表如圖甲所示，其讀數為0.42A（2）實驗中所用的器材有：電壓表（量程3V，內阻約為2kΩ）電流表量程（0.6A，內阻約為0.2Ω）滑動變阻器（0～5Ω，1A）電源、待測小燈泡、電鍵、導線若干．請在圖乙方框中畫出該實驗的電路圖（3）根據實驗數據，在圖丙中畫出小燈泡的U﹣I曲線（4）如果把這個小燈泡接直接接在一個電動勢為1.5V、內阻為2.0Ω的電池兩端，則小燈泡的實際功率是0.28W（結果保留2位有效數字）參考答案：考點：描繪小電珠的伏安特性曲線．版權所有專題：恒定電流專題．分析：（1）為測量多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻較小，遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，據此作出實驗電路圖．（2）根據表中實驗數據，應用描點法作圖，作出小燈泡的伏安特性曲線．（3）在小燈泡的伏安特性曲線上作出電源路端電壓與電路電流關系圖象，找出該圖象與燈泡伏安特性曲線交點所對應的電壓與電流值，由P=UI求出燈泡的實際功率．解答：解：（1）電流表的指針對應的刻度超過1.4一個小格，因此可以讀作：0.42Ω（2）由于小燈泡燈絲的電阻值遠小于電壓表的內阻，如：電壓為2.00V時，其阻值Ω，為減少由于電表接入電路引起的系統誤差，應采用電流表外接法．為使小燈泡兩端的電壓的變化范圍盡可能大，滑線變阻器應連接成分壓電路，實驗電路如圖乙所示．（3）根據實驗得到的數據在U﹣I坐標系中描點，并將這些數據點連接成一條平滑的曲線，如圖2所示．（4）作出電源的U﹣I圖線，它與小燈泡的伏安特性曲線的交點坐標就是小燈泡的工作點，小燈泡的實際電流為0.33﹣0.35A電壓為0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案為：（1）0.42A（0.40A～0.42A都正確）

（2）如圖乙所示

（3）如圖丙所示

（4）0.28W（0.25﹣0.32都正確）

點評：本題考查了實驗電路的設計，設計實驗電路是實驗常考問題，設計實驗電路的關鍵是根據題目要求確定滑動變阻器采用分壓接法還是采用限流接法，根據待測電路元件電阻大小與電表內阻間的關系確定電流表采用內接法還是外接法．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在xoy坐標系中，第Ⅲ象限內有場強為E，方向沿x正向的勻強電場，第Ⅱ、Ⅳ象限內有垂直坐標平面向內、強度相等的勻強磁場，第I象限無電、磁場．質量為m、電量為q的帶正電粒子，自x軸上的P點以速度v0垂直電場射入電場中，不計粒子重力和空氣阻力，PO之間距離為(1)求粒子從電場射入磁場時速度的大小和方向．(2)若粒子由第Ⅳ象限的磁場直接回到第Ⅲ象限的電場中，則磁感應強度大小應滿足什么條件?(3)若磁感應強度，則粒子從P點出發(fā)到第一次回到第Ⅲ象限的電場區(qū)域所經歷的時間是多少?

參考答案：解：設粒子射入磁場時射入點為A，速度大小為v，與y軸負方向夾角θ

粒子在電場中做類平拋運動時，由動能定理

(2)要保證帶電粒子直接回到電場中,粒子運動軌跡如圖中虛線所示,粒子在電場中運動時:Y方向:LOA=v0t

X方向:LOP=(Vxt)/2=(v0t)/2

所以

:LOA=2LOP

粒子在磁場中有幾何關系得

:R+Rsinθ=LOA=2LOP

而