2024年滬科新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科新版高三物理上冊月考試卷361考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、四盞燈泡接成如圖所示的電路，a、c燈泡的規(guī)格為“220V，40W”，b、d燈泡的規(guī)格為“220V，100W”，各個燈泡的實際功率都沒有超過它的額定功率．這四盞燈泡中實際功率最大和最小的分別是（）A.a和bB.a和cC.b和dD.c和d2、下列說法中不正確的是（）A.具有相同動能的一個電子和一個質子，電子的德布羅意波長比質子小B.鈾核裂變過程中能夠發(fā)生鏈式反應的條件之一是它的體積不能小于其臨界體積C.核電站中的控制棒用的是鎘棒，核電對環(huán)境的污染比火電要小D.核力是強相互作用的一種表現(xiàn)，是短程力，但核力在一定條件下可表現(xiàn)為斥力3、一物體沿光滑斜面滑下，則(

)

A.物體受到重力和下滑力B.物體受到重力、下滑力和斜面支持力C.物體受到重力和斜面支持力D.物體受到重力、支持力、下滑力和正壓力4、理想變壓器在正常工作時，原、副線圈中不相同的物理量是（）A.每匝線圈中磁通量的變化率B.交變電流的頻率C.原線圈的輸入功率，副線圈的輸出功率D.原、副線圈中的感應電動勢5、一質量為3kg的物體受到兩個共點力作用，大小分別是6N和9N，則物體的加速度（）A.最小是2m/s2B.最大是6m/s2C.可能是3m/s2D.可能是8m/s26、當交流發(fā)電機的線圈平面與磁感線成45°角時，電流瞬時值為1A，則該電流的有效值是（）A.0.5AB.AC.1AD.A7、小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面．在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的2倍，在下落至離地高度h處，小球的勢能是動能的2倍，則h等于（）A.B.C.D.8、如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一個負點電荷在P點恰好平衡．若用U表示兩極板間的電壓、E表示極板間的場強，并令負極板保持不動，而將正極板向下移到圖中的虛線位置，則（）A.E增大，U減小B.E不變，U增大C.E增大，電荷有向上的加速度D.E不變，電荷電勢能變小評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、一復色光中只含有a、b兩種單色光，在真空中a光的波長大于b光的波長．

①a光的頻率____（選填“大于”、“等于”或“小于”）b光的頻率；

②若用此復色光通過玻璃半球且經(jīng)球心O射向空氣時，下列四個光路圖中（圖1）可能符合實際情況的是____；

③用該復色光做雙縫干涉實驗，得到如圖2所示的干涉圖樣．則實線表示____（選填“a”或“b”）光的干涉條紋．10、在第三次工業(yè)革命的今天，新材料的發(fā)現(xiàn)和運用尤為重要．我國某科研機構發(fā)現(xiàn)一種新型的半導體材料，目前已經(jīng)知道這種半導體材料的載流子（參與導電的“帶電粒子”）的電荷量的值是e（電子電量的絕對值），但不知道它的電性和載流子的數(shù)密度n（單位體積中載流子的數(shù)量）．為了測定這種材料中的載流子是帶正電還是帶負電，以及載流子的數(shù)密度，科學家把這種材料先加工成一塊偏平的六面體樣品，這塊樣品的長、寬和厚度分別為a、b；d（如圖中所示）．現(xiàn)將這塊樣品接入電路中；且把靠外的偏平面標記為M，靠里的偏平面標記為N，然后在垂直于大平面的方向加上一個磁感應強度大小為B的勻強磁場．接通電鍵S，調節(jié)可變電阻R．使電路中產(chǎn)生合適的電流．然后用電壓表判定M、N兩個面的電勢高低并測定M、N間的電壓（也叫霍耳電壓），從而得到這種半導體材料載流子的電性和數(shù)密度．

（1）當M的電勢比N的電勢低時，材料中的載流子帶______電（填“正”或“負”）；

（2）為了測定載流子的數(shù)密度n，除題目中已給出的數(shù)據(jù)外，還需要測定的物理量有（寫出物理量的含義并設定相應的符號）______；

（3）根據(jù)題設條件和你測定的物理量，寫出載流子的數(shù)密度的表達式n=______．11、一座小型水電站，它輸出的電功率為P，輸電電壓為U，輸電導線中通過的電流應等于____________；如果輸電導線的總電阻為R，那么輸電導線由于發(fā)熱損失的電功率應等于____________．12、正常工作情況下，兩個100W燈泡連續(xù)工作5h，消耗____度電．13、質量為m的物體，沿著傾角為θ，高為h的斜面，從頂端勻速下滑到底端用時間t．則重力對物體沖量大小為____，支持力對物體沖量大小為____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、太陽發(fā)出的能量來自內部發(fā)生的化學反應釋放的化學能．____．（判斷對錯）15、某時刻一個分子的速度的大小和方向是偶然的．____．（判斷對錯）16、每一種形式的能對應于一種運動形式．____．（判斷對錯）17、當溫度升高時，物體內部所有分子的動能都增加．____．（判斷對錯）18、布朗運動是微觀粒子的運動，其運動規(guī)律不遵循牛頓第二定律．____．（判斷對錯）19、一定質量的理想氣體，當壓強不變而溫度由100℃上升到200℃時，其體積增加為原來的2倍．____．（判斷對錯）20、作用力與反作用力一定是同種性質的力．____（判斷對錯）21、滑動摩擦力的方向總是與物體的運動方向相反．____（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共3題，共21分)22、如圖表面光滑的圓錐頂端；用長為L=2m的細繩懸一質量為m=1kg的小球，圓錐頂角為2θ=74°，圓錐可繞中心軸線轉動．

求：①當小球隨圓錐體表面以角速度ω0做勻速圓周運動時，小球對圓錐體表面恰好無壓力，求此時角速度ω0

②當小球以ω=5rad/s的角速度隨圓錐體做勻速圓周運動時；細繩上的拉力．

（sin37°=0.6cos37°=0.8g=lOm/s2）23、如圖所示，質量M=4.0kg的木板長L=2.0m，靜止在水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.05．木板水平上表面左端靜置質量m=2.0kg的小滑塊（可視為質點），小滑塊與板間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.2．從某時刻開始，用F=5.0N的水平力一直向右拉滑塊，直至滑塊滑離木板．設木板與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s2．試求：

（1）此過程中木板的位移大?。?/p>

（2）滑塊離開木板時的速度大?。?4、太陽在不斷地輻射能量，因而其質量也不斷地減少．若太陽每秒鐘輻射的總能量為4×1026J，試計算太陽在一秒內失去的質量．估算5000年內總共減少了多少質量，并與太陽的總質量2×1027t比較之．

評卷人得分五、計算題(共1題，共2分)25、如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點．試求：(1)彈簧開始時的彈性勢能；(2)物體從B點運動至C點克服阻力做的功；(3)物體離開C點后落回水平面時的動能．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】先根據(jù)小燈泡的規(guī)格確定小燈泡的電阻，然后根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律確定四個小燈泡電壓電流的關系，從而根據(jù)P=UI=I2R=比較它們的功率大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篴、c燈泡的電阻R==1210Ω

b、d燈泡的電阻R′===484Ω

根據(jù)并聯(lián)電路的特點知b、c并聯(lián)后的總電阻R并＜R′；

大電阻分大電壓，所以b、c兩端的電壓小于d燈泡的電壓，根據(jù)P=可得Pc＜Pb＜Pd

a、d燈串聯(lián)，電流相等，根據(jù)P=I2R知則P與R2成正比，則Pa＞Pd；

故功率大小順序為：Pa＞Pd＞Pb＞Pc；

故選：B．2、A【分析】【分析】A；由德布羅意波公式可知；波長與動量成反比，而動能與動量的關系，即可確定．

B；當不是臨界體積時；不會發(fā)生持續(xù)的裂變鏈式反應，有利于裂變燃料的貯存；當超過臨界體積，則可發(fā)生持續(xù)的裂變反應．

C；控制棒用的是鎘棒；且核電對環(huán)境的污染比火電要小；

D、核力是短程力，也有斥力與引力之分．【解析】【解答】解：A、相同動能的一個電子和一個質子，由可知，電子的動量小于質子的動量，再由；則電子的德布羅意波長比質子大，故A錯誤；

B；鈾核裂變過程中能夠發(fā)生鏈式反應的條件之一；是它的體積不能小于其臨界體積，故B正確；

C；核電站中的控制棒用的是鎘棒；通過接觸的長度來控制速度，同時核電對環(huán)境的污染比火電要小，故C正確；

D；核力是強相互作用的一種表現(xiàn)；是短程力，且核力在一定條件下可表現(xiàn)為斥力，也可表現(xiàn)為引力，故D正確；

本題選擇錯誤的，故A3、C【分析】解：物體沿光滑斜面滑下；受到重力；斜面的支持力.

下滑下力是重力的分力，不是物體實際受到的力，不需要分析.

物體對斜面的正壓力不是物體受到的力，而是斜面受到的力，不要分析．

故選C

物體沿光滑斜面滑下；受到重力；斜面的支持力.

物體對斜面的正壓力是斜面受到的，下滑力是重力的分力，都不需要分析．

分析受力時，只分析物體實際受到的力，不分析分力或合力，也不分析物體對別的物體施加的力．【解析】C

4、D【分析】【分析】變壓器的電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率，磁通量的變化率相同，頻率不變．【解析】【解答】解：A；變壓器的變壓原理即為在同一個鐵芯中磁通量的變化率相同；原副線圈的磁通量變化率相等，故A正確；

B；變壓器只改變電壓和電流不改變電流的頻率；故B正確；

C；輸入功率等于輸出功率；故C正確；

D；電壓與匝數(shù)成正比；原、副線圈中的感應電動勢可以不同，故D錯誤；

本題選不相同的物理量，故選：D5、C【分析】【分析】物體在兩個共點力作用下，根據(jù)力的合成的合力范圍，由牛頓第二定律確定加速度的大小可能值．【解析】【解答】解：兩個共點力合成時，合力的大小范圍為F1+F2≥F合≥|F1-F2|；

所以1N和3N的合力范圍為15N≥F合≥3N；

根據(jù)牛頓第二定律知，物體產(chǎn)生的加速度大小范圍為5m/s2≥a≥1m/s2；對照選項，C正確，ABD不在此范圍內故無可能．

故選：C6、C【分析】【分析】電流瞬時值表達式i=Imsinωt=Imsinθ，θ是線圈平面與中性面的夾角．當線圈平面與磁感線成45°角時求出電流最大值，由I=Im求出電流的有效值．【解析】【解答】解：由i=Imsinωt=Imsin45°得Im=I=A

電流的有效值I=Im=1A．

故選：C7、C【分析】【分析】對小球上升和下降過程反復運用動能定理，并且結合在h處動能和勢能的數(shù)量關系，聯(lián)立方程組問題可解．【解析】【解答】解：設小球受到的阻力大小恒為f；小球上升至最高點過程，由動能定理得：

-mgH-fH=0-①

小球上升至離地高度h處時速度設為v1；由動能定理得：

-mgh-fh=-②

又由題有：=2mgh③；

小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設為v2；此過程由動能定理得：

-mgh-f（2H-h）=-④

又由題有：2×=mgh⑤；

以上各式聯(lián)立解得：h=．

選項C正確；ABD錯誤．

故選：C8、D【分析】【分析】平行板電容器的動態(tài)分析時先明確與電路是閉合還是斷開，根據(jù)C=，判斷電容的變化，再根據(jù)C=和E=，判斷場強的變化，分析電場力，從而判斷油滴的運動；再判斷P點的電勢，判斷電勢能的變化．【解析】【解答】解：平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，極板帶電量不變；當正極板下移時，據(jù)C=和C=可知極板間的電勢差減小，帶入E==；由公式可知當極板下移時，E不變．

AC；由以上分析可知；E不變，電荷所受的電場力不變和重力不變，故電荷依然處于平衡，故AC錯誤．

BD；以上分析可知；E不變，U減?。粨?jù)U=Ed可知，P點到下極板的電勢差不變，所以上極板到P點的電勢差減少；由于正極板接地，所以P點的電勢增大且為負；在據(jù)Ep=qφ可知，負電荷在P點的電勢能減少，故B錯誤，D正確．

故選：D．二、填空題(共5題，共10分)9、小于BCa【分析】【分析】①在真空中所有色光的速度都相等；在真空中a光的波長大于b光的波長；由公式v=λf分析頻率關系．

②確定出玻璃對兩種色光折射率的大?。庠诜纸缑嫔蠒l(fā)生折射和反射，根據(jù)折射率的大小確定a、b兩種單色光；以及注意當入射角大于等于臨界角時，會發(fā)生全反射，根據(jù)折射率的大小，判斷誰先會發(fā)生全反射．

③干涉條紋的間距與波長成正比，波長越大，間距越大，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：①由公式c=λf得：在真空中a光的波長大于b光的波長，則a光的頻率小于b光的頻率．

②A、B、a光的頻率小于b光的頻率，則玻璃對b光的折射率大于對a光的折射率，當光在分界面上同時發(fā)生折射和反射時，由折射定律得知，b光的折射角大于a光的折射角；B可能符合實際．故A錯誤，B正確．

C、D、當入射角大于等于臨界角時，會發(fā)生全反射，由于b光的折射率大；其臨界角小，先發(fā)生全反射，故C可能符合實際．故C正確，D錯誤．

故選：BC．

③干涉條紋的間距與波長成正比，a光的波長大于b光的波長；則實線表示a光的干涉條紋．

故答案為：①小于②BC；③a．10、略

【分析】解：（1）M的電勢比N的電勢低；說明N極板帶正電荷，結合左手定則可知，載流子帶負電，導致M極板帶負電；

（2）（3）載流子的洛倫茲力與電場力平衡；即：

F洛=F電

evB=e

故U=Bbv；

根據(jù)電流的微觀表達式，有：I=nebdv

聯(lián)立解得得．

根據(jù)電阻定律；結合閉合電路歐姆定律，確定洛倫茲力與電場力的關系，還要測量MN間的電壓U與通過的電流I；

故答案為：（1）負；（2）電路中的電流強度I，MN間電壓U；（3）．

定向移動的電子在磁場中受洛倫茲力發(fā)生偏轉；在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出單位體積內導電的載流子的數(shù)密度．

解決本題的關鍵掌握電流的微觀表達式，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡．【解析】負；電路中的電流強度I，MN間電壓U；11、略

【分析】解：根據(jù)P=UI知，通過輸電導線中電流I=輸電線上損失的功率=．

故答案為：【解析】12、1【分析】【分析】明確功率公式的應用，根據(jù)W=Pt求解消耗的電能；注意單位的換算即可．【解析】【解答】解：由W=Pt可知；W=2×100W×5h=1kWh

故答案為：1．13、mgtmgtcosθ【分析】【分析】根據(jù)重力的大小、支持力的大小，結合沖量的公式求出重力和支持力的沖量．【解析】【解答】解：重力對物體沖量的大小IG=mgt．

支持力的大小為mgcosθ，則支持力的沖量大小IN=mgtcosθ．

故答案為：mgt，mgtcosθ三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】太陽輻射的能量主要來自太陽內部的聚變反應，由此分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)目前的認識；太陽輻射的能量主要來自太陽內部的聚變反應．所以以上的說法是錯誤的．

故答案為：×15、√【分析】【分析】分子在永不停息的做無規(guī)則熱運動，物體內部個別分子的速度具有怎樣的數(shù)值和方向完全是偶然的，但就大量分子的整體來看，在一定的條件下，物體分子的速度分布也遵從一定的統(tǒng)計規(guī)律．【解析】【解答】解：對于大量分子；其運動有一定的統(tǒng)計規(guī)律，但對于個別分子，其運動的速度完全是偶然的；

故答案為：√16、√【分析】【分析】自然界物質運動的形式是多樣的，每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質運動的形式是多樣的；每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉化．

例如機械能對應機械運動；內能對應分子的無規(guī)則運動．故每一種形式的能對應于一種運動形式是對的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：溫度是分子的平均動能的標志；是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義；當溫度升高時，物體內的分子的平均動能增加，不是物體內部所有分子的動能都增加．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】布朗運動是由于分子的無規(guī)則運動而使花粉小顆粒受到撞擊而振動；布朗運動的實質是大量分子做無規(guī)則熱運動的結果．【解析】【解答】解：布朗運動是固體小顆粒的運動；是宏觀物體，故符合牛頓第二定律；

故答案為：×19、×【分析】【分析】一定質量的氣體，保持體積不變，溫度升高時，發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律分析壓強的變化【解析】【解答】解：根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程，一定質量的氣體，保持壓強不變，溫度升高時氣體的體積跟它的熱力學溫度成正比，即：；

初狀態(tài)：T0=100℃=373K，末狀態(tài)：T1=200℃=473K；所以溫度從100℃升高到200℃時，它的體積改變?yōu)樵瓉淼谋叮?/p>

故答案為：×20、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故該說法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】滑動摩擦力與物體相對運動的方向相反．【解析】【解答】解：滑動摩擦力阻礙相對運動；與物體相對運動的方向相反．有時會和物體的運動方向相同，故與物體的運動方向相反說法錯誤．

故答案為：×四、解答題(共3題，共21分)22、略

【分析】【分析】（1）如圖對小球進行受力分析；小球所受合力提供小球圓周運動向心力，由此求小球圓周運動的角速度；

（2）對小球進行受力分析，根據(jù)合力提供圓周運動向心力分析求解即可．【解析】【解答】解：（1）由題決對小球受力分析如下圖所示：

小球所受合力提供圓周運動向心力有：

如圖可知，小球圓周運動半徑r=Lsinθ=2×0.6m=1.2m

小球水平方向的合力提供圓周運動向心力：T①

小球豎直方向的合力為0即：Tcosθ=mg②

由②知繩的彈力T=代入①得：

可得角速度

（2）當ω=5rad/s＞2.5rad/s時；小球離開錐面，設細線與豎直方向夾角為β

T1sinβ=mω2Lsinβ

代入數(shù)據(jù)可解得：T1=mω2L=1×25×2N=50N

答：①當小球隨圓錐體表面以角速度ω0做勻速圓周運動時，小球對圓錐體表面恰好無壓力，此時角速度為2.5rad/s；

②當小球以ω=5rad/s的角速度隨圓錐體做勻速圓周運動時，細繩上的拉力為50N．23、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律分別求出木板和滑塊的加速度；結合位移時間公式，抓住位移關系求出運動的時間，從而得出此過程中木板的位移大小．

（2）根據(jù)速度時間公式求出滑塊離開木板時的速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）設此過程中木板的加速度為a1，位移大小為