四川省內江市2022-2023學年高三下學期2月月考物理試題（解析版）

內江市2022-2023學年高三下學期2月

月考試題

第1卷

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項

符合題目要求，第6-8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，

有選錯的得0分。

1.紅蠟塊能在玻璃管的水中勻速上升，若紅蠟塊在A點勻速上升的同時，使玻璃管水平向

右做勻加速直線運動，則紅蠟塊實際運動的軌跡可能是圖中的（）

A.直線P

B.曲線Q

C.曲線R

D.無法確定

K答案HB

K解析》由題意可知紅蠟塊在豎直方向做勻速直線運動，若使玻璃管水平向右做勻加速直

線運動，則紅蠟塊在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，合運動為勻變速曲線運動，

其速度方向與水平方向的夾角的正切值為

VV

tanθ=-=-

匕at

由上式可知6隨/的增大而減小，而蠟塊速度方向沿軌跡切線方向，所以紅蠟塊實際運動的

軌跡可能是圖中的曲線。。

故選B。

2.2022年5月10日1時76分，天舟四號貨運飛船采用快速交會對接技術，順利與在軌運

行的天和核心艙進行交會對接。對接前，天舟四號貨運飛船繞地球做橢圓運動，近地點A

和遠地點B,如圖所示；天和核心艙在離地球表面高度〃處做勻速圓周運動。若對接地點在

橢圓軌道的遠地點B,下列說法正確的是（）

A.天舟四號在A點的運行速度小于在B點的運行速度

B.天舟四號從A運動到B的過程中，動能減小，引力勢能增大，機械能減小

C.在交會對接前天舟四號的運行周期比天和核心艙的運行周期大

D.天舟四號在8點點火加速，才能與天和核心艙順利完成對接

K答案』D

K解析』A.由開普勒第二定律知，天舟四號在A點的運行速度大于在B點的運行速度，

故A錯誤；

B.天舟四號從A運動到B的過程中，只有萬有引力做負功，則動能減小，引力勢能增大，

機械能不變，故B錯誤；

C.由開普勒第三定律可知在交會對接前天舟四號的運行周期比天和核心艙的運行周期小，

故C錯誤；

D.要使天舟四號從低軌道到高軌道，應該使天舟四號在B點點火加速，使萬有引力小于其

需要的向心力，從而離心到更高軌道，才能與天和核心艙順利完成對接，故D正確。

故選D。

3.如圖，A、B兩球用勁度系數(shù)為人的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于。點，A球固

定在。點正下方，且。、A間的距離恰為L,此時繩子所受的拉力為工，彈簧的彈力為"，

現(xiàn)把A、B間的彈簧換成勁度系數(shù)為&（K>&）的輕彈簧，仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受

的拉力為刀，彈簧的彈力為工，則下列說法正確的是（）

A

A..T1<T2B.T1>T,C.T1=T2D.F↑-F2

R答案HC

K解析》以小球B為研究對象，分析受力情況，由平衡條件可知，彈簧的彈力廠和繩子的

拉力T的合力”與重力〃怨大小相等，方向相反，即

F合=mg

如圖所示

F合

mgFT

OA~AB~OB

由于Q4=O8,則有

T=mg

繩子的拉力T只與小球B的重力有關，與彈簧的勁度系數(shù)k無關，則有

Ti=T2

假設AB間距離不變，由于Z減小，則彈簧彈力減小，故AB間距離減小，則有

F1>F2

故選C。

4.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷.一帶電微粒水平射

入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么

AI

._M

*N

'、?、

Bt；

A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加

C微粒從M點運動到N點動能一定增加

D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加

K答案』c

K解析］A、粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，合力向下，電場力可能向

上而小于重力，也可能向下，故無法判斷A板的帶電情況，A錯誤；

B、電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點電勢能可能增加，也可能減

小，B錯誤；

C、粒子在電場力和重力的合力作用下做類似平拋運動，電場力和重力的合力向下，故從M

到N動能增加，C正確；

D、電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點過程，電場力可能做負功，

也可能做正功，故機械能可能增加，也可能減少，D錯誤：

5.如圖所示,其中電流表A的量程為0.6A,表盤均勻劃分為30個小格,每一小格表示0.02A；

Rl的阻值等于電流表內阻阻值的一半；R2的阻值等于電流表內阻的2倍.若用電流表A的

表盤刻度表示流過接線柱1的電流值，則下列分析正確的是（）

A.將接線柱I、2接入電路時，每一小格表示0.04A

B.將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.02A

C.將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.06A

D,將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.0IA

K答案HC

K解析》當接線柱1、2接入電路時，Rl與電流表并聯(lián)，由于RI=ZL,可知流過Rl的電

流為流過電流表電流的2倍，所以1、2接線柱間的電流為通過電流表電流的3倍，所以每

一小格是原來的3倍，即為0.06A,所以A、B錯誤；當接線柱1、3接入電路時，電流表

與Rl并聯(lián)，然后再與R2串聯(lián)，串聯(lián)電阻對電流無影響，與1、2接入電路的效果一樣，所

以每一小格表示0.06A,C正確，D錯誤.

6.如圖所示，傾角為。的斜面上有質量分別為、〃?B的A、B兩物塊，它們之間用輕線

連接，用始終平行于斜面向上的拉力尸拉A,使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的

動摩擦因數(shù)均為〃。為了減小輕線上的張力，可行的辦法是（）

B.只增大A的質量

C.只減小傾角。

D.只減小動摩擦因數(shù)〃

R答案HAB

K解析1根據(jù)牛頓第二定律，對整體有

F-(WA+/77B)gsin^-/z(mA+/77B)gcos(9=(mA+∕w13)α

可得，加速度大小為

F

a=--------gsin。一〃gcosθ

+mn

對B由牛頓第二定律

T-mκgsinθ-μιnκgcosθ-nιaa

得到輕線上的張力為

T=mBgsinθ+〃〃ZBgcosθ+mRa

加A+mB

可知，則要減小T,可減小拉力尸或增大A的質量，與傾角。、動摩擦因數(shù)"無關。

故選AB。

7.如圖所示，電路中定值電阻R的阻值大于電源內阻r的阻值，開關S閉合，平行板電容

器中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表VnV2、V3;

的示數(shù)變化量的絕對值分別為'AU2'A∕,理想電流表Al示數(shù)變化量的絕對值為△/1，

下列說法正確的是（)

A.質點將向下運動，理想電流表A2中有從a流向b的瞬間電流

△5:5,

B.

?∕lI1?∕1

C.電源的輸出功率減小

D.電源的效率變小

K答案』ABD

K解析』A.將電流表看作導線，將電壓表看作斷路，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器與定值電阻與電源

串聯(lián)，將滑動變阻器滑片向下滑動，則滑動變阻器接入電路阻值減小，根據(jù)串聯(lián)分壓原理，

滑動變阻器兩端電壓減小，則電容器兩端電壓減小，則電容器放電，則理想電流表A2中有

從。流向6的瞬間電流，故A正確；

B.令滑動變阻器接入電路阻值R',根據(jù)閉合電路歐姆定律

t∕3=E-∕l(7?+r)

Ul=LR

U2=E-Iir

由此可得

M=R+r

牛=R

△1、

電路中定值電阻R的阻值大于電源內阻，?的阻值，故

更,4,坐

?∕lI1?∕1

故B正確；

C.電源的輸出功率

EE2

弓=（)2R+R,=

R+R'+r2

2r+R+R'+-

R+R'

當R+R'=r時，電源輸出功率最大，因為R+H'一定大于r,故隨著R'減小，電源的輸

出功率增大，故C錯誤；

D.電源的效率

由以上分析可知，滑動變阻器滑片向下滑動，R'減小，電源的效率變小，故D正確。

故選ABDo

8.如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A,滑塊A受到隨

時間t變化的水平拉力尸作用時，用傳感器測出滑塊A的加速度a,得到如圖乙所示的a-F

圖像，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取IOm?2,則（）

A,滑塊A的質量為4kg

B.木板B的質量為2kg

C.當尸=ION時滑塊A加速度為6m∕s2

D.滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.2

K答案2BC

K解析DABD.設滑塊A的質量加，木板B的質量為M,滑塊A與木板B間的動摩擦因

數(shù)為〃。由題圖乙可知，當

F=Fm=6N

時，滑塊A與木板B達到最大共同加速度為

‰=2m∕s2

根據(jù)牛頓第二定律有

Fm=(M+ni)am

解得

M+∕∕ι=3kg

當廠＞10N時，A與5將發(fā)生相對滑動，對A單獨應用牛頓第二定律有

F-μmg=ma

整理得

F

Q=——μs

m

根據(jù)題圖2解得

Jn=1kg

μ=0A

則

M=2kg

AD錯誤，B正確；

C.當尸=IoN時，木板A的加速度為

F-μmg2

aA=-----------=6m∕s

m

C正確。

故選BCo

二、非選擇題：

(-)必考題：

9.用如圖所示的裝置探究加速度、力和質量的關系，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力

計固定在墻上，小車上固定一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶。

A.用天平測出沙和沙桶的質量

B.將帶滑輪的長木板右端適當墊高，以平衡摩擦力

C.為了減小誤差，實驗中要保證沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量

D.應當先釋放小車，再接通電源

(2)利用打點頻率為50HZ的打點計時器，得到的一條紙帶如圖所示(圖中每兩個計數(shù)點

間還有四個點未畫出)。

f￡

Z23Cm

.62-3.,845.Oo6.

則在該次實驗中小車運動的加速度大小為m∕s2(結果保留三位有效數(shù)字)。

(3)某同學做實驗時，未把木板的一側墊高，就繼續(xù)進行其他實驗步驟，該同學作出的小

車的加速度〃與彈簧測力計示數(shù)F的圖像如圖所示，則實驗中小車受到的摩擦力大小為

K答案Il(I)B(2)1.19(3)2Fo

K解析Il(I)RUB.為了使得細繩對小車的彈力等于小車所受外力的合力，實驗時，需

要將帶滑輪的長木板右端適當墊高，以平衡摩擦力，故B正確；

AC.由于彈簧測力計能夠直接測量出細繩的拉力大小，即可以直接求出小車所受外力的合

力，并沒有用沙與沙桶的重力表示細繩的拉力，所以實驗中不需要用天平測出沙和沙桶的質

量，也不需要保證沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量，故AC錯誤；

D.使用打點計時器時，應當先接通電源，后釋放紙帶，故D錯誤。

故選B。

(2)K2∑根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小為

[(5.00+6.23)-(2.62+3.84)]χ10^2,…，2

a=---------——；-----------m/s2≈1.19m∕s'

4×0.12

(3)K3∑若實驗時未把木板的一側墊高，則有

2F-f=Ma

所以

MM

結合圖像，將坐標(Fo,0)代入函數(shù)式，解得

f=2F0

10.在測定一根粗細均勻合金絲Rx的電阻率的實驗中:

（1）利用螺旋測微器測定合金絲的直徑，示數(shù)如圖（a）所示，則可讀得合金絲的直徑為

（2）待測合金絲號的電阻約為6。，實驗室另外還提供的儀器有：

A.電壓表V（內阻約為10kΩ,量程為3V）

B.電流表Al（內阻約為3Q,量程為0.6A）

C.電流表A2（內阻約為0.1C,量程為3A）

D.滑動變阻器R（阻值為0~5C,額定電流為2A）

E.電源E（電動勢為5V,內電阻為1Ω）

F.一個開關、若干導線

①要求較準確地測出其阻值，電流表應選o（填序號）

②請根據(jù)以上儀器，設計實驗電路圖，并在圖（b）中完成電路圖的實物連線,耍

求實驗時電流表和電壓表的示數(shù)變化范圍盡量大。

③按圖（b）電路測得的阻值真實值。（選填“大于”、“等于”或“小于”）

K答案》⑴0.608（2）①B②Fp

K解析H（1）Kl∑合金絲的直徑為d=0.5mm+10.8x0.Olmm=0.608mm

（2）K2∑由于被測電阻約為6Q,電源電動勢為5V,內阻為1Q,則電路中出現(xiàn)的最大電

流約為

E

mF),=0.7A

/?+r

2

如果選擇0~3A量程電流表，指針沒超過儀表盤的;，讀數(shù)誤差會太大，所以選0~0.6A

量程的的電流表。

故選B0

K3》滑動變阻器如果采用限流式接法，電路的電流變化范圍較小，所以要采取分壓式接法,

讓滑動變阻器起分壓作用，被測電路中的電流變化范圍就變大。由待測金屬絲的電阻較小,

電流表的內阻與待測電阻相差不大，內接法會產生很大的分壓效果，造成較大的誤差，因此

電流表應選采用外接法，電路如下圖

R,

K4∑電流表采用外接法，此時電壓表分流導致電流測量值偏大，由部分電路的歐姆定律有

可知R的測量值小于真實值。

11.如圖所示，AB面光滑、傾角8=30。的斜面體固定在水平桌面上，桌面右側與光滑半圓

形軌道CZ）相切于C點，圓弧軌道的半徑R=0.1m。物塊甲、乙用跨過輕質定滑輪的輕繩

連接，開始時乙被按在桌面上，甲位于斜面頂端4點，滑輪左側輕繩豎直、右側輕繩與4B

平行；現(xiàn)釋放乙，當甲滑至AB中點時輕繩斷開，甲恰好能通過圓形軌道的最高點力。已知

AB長L=Im,桌面BC段長/=0.5m,甲質量A/=1.4kg、乙質量W=O.lkg,甲從斜面滑上桌

面時速度大小不變，重力加速度大小取g=Iom/Sz,不計空氣阻力。求:

BC

(I)繩斷時甲的速度大小；

(2)甲進入圓形軌道C點時，甲對軌道壓力大小;

(3)甲與桌面間的動摩擦因數(shù)。

K答案H(1)2m/s：(2)75N；(3)0.4

K解析Il(I)設輕繩斷開時甲速度的大小為匕，根據(jù)機械能守恒有

Mgqsin6-mgg=g(M+m)v^

解得

v∣=2m∕s

(2)甲恰到達。時，根據(jù)牛頓第二定律有

Mg=M均

R

設甲到達C時速度大小為％,由C到。的過程，由動能定理得

1,21,

-IMgR=-Mvo--Mv^

在C點處甲受到支持力為N,由牛頓第二定律有

2

N-Mg=M菅

由牛頓第三定律，軌道受到壓力大小為

F=N

聯(lián)立解得

VD=lm∕s,F=75N

(3)甲從繩斷處到D點全過程，根據(jù)動能定理可得

Mg^sinθ-μMgl-2MgR=

解得

μ=0.4

12.如圖所示，光滑絕緣的水平面上方空間內存在足夠大、方向水平向右，電場強度為E的

勻強電場。水平面上小物塊A、B質量均為相、相距為L其中A帶正電，電荷量為＜7,B

不帶電，某時刻同時由靜止釋放A、B,此后A與B之間的碰撞均為彈性正碰，且碰撞過程

中無電荷轉移，碰撞時間忽略不計。求:

E

?f?

L

(1)第1次碰撞后B的速度;

(2)第2次碰撞與第3次碰撞之間的時間間隔:

(3)第〃次碰撞到第〃+1次碰撞過程中電場力對A球做的功。

&里；⑵2,她2mL；⑶4〃祖

K答案》(1)

mqE

K解析II(I)設第一次碰撞前A的速度為%,碰撞后A、B的速度分別為人|、Ki，由動

能定理

qEL=?mv1

解得

Vm

A、B碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=mvM+mvBI

121212

聯(lián)立解得

vAl=0

…二h?2τqEL

(2)設A、B第二次碰撞前后速度分別為“20、％2。、VA2、/2,從第一次碰撞到第二次

碰撞過程

號=彩片

可得

vA20?2vθ

二次碰撞過程A與B交換速度，碰后速度分別為

VA2=VO

%=2%

設A、B第三次碰撞前后速度分別為VA30、％30、VA3、VB3,從第二次碰撞到第三次碰撞過

程

r

°+"A30ΓT

FkI與=VB2心

可得

Ao=3%

第三次碰撞過程A與B交換速度，碰后速度分別為

入=%%=3%

所以第二次碰撞到第三次碰撞過程由

.--

a

由牛頓第二定律得

qE

a=——

m

聯(lián)立可得

(=2修

(3)上一問分析可知每第n次碰撞后到第〃+1次磁撞前的過程時間都相同等于

2mL

T=2I——

VqE

第n次碰撞后B的速度

?2qEL

v

Bn二〃J

Vm

所以位移

尤“=?J=nvaT=4nL

所以電場力對A做的功為

W=qExn=AnqEL

（二）選考題：

K物理——選修3-4∑

13.圖（a）為某一簡諧橫波在f=0時刻的圖像，x=6m處的質點的振動圖像如圖（b）所示。

下列說法正確的是（）

B.該波的波速為2m∕s

71

C.x=2m處質點的振動方程為y=4si∏5√cm

D.0~2.5s內，x=2m處的質點經(jīng)過的路程為（8+2，5卜111

E.該波經(jīng)過寬度為IoCm的障礙物時不能發(fā)生明顯衍射

K答案2ABD

K解析UA?由圖（b）可知r=0時x=6m的質點向y軸正方向振動，由圖（a）根據(jù)同側

法可知該波沿X軸負方向傳播，故A正確；

B.由題圖（a）知；I=8m,由題圖（b）知T=4s,所以波速

λC，

v=—=2m∕s

T

故B正確；

C.由于該波沿X軸負方向傳播，則