上海市育诚高级中学2022-2023学年高三物理月考试题含解析

上海市育诚高级中学2022-2023学年高三物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（多选题）如图所示，光滑水平面上有静止的斜劈，斜劈表面光滑。将一质量为m、可视为质点的滑块从斜劈顶端由静止释放。在滑块滑到斜劈底端的过程中，下列说法正确的是A.由滑块、斜劈组成的系统动量守恒B.斜劈对滑块的支持力对滑块不做功，所以滑块的机械能守恒C.虽然斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但是滑块、斜劈组成的系统机械能仍守恒D.滑块、斜劈相对地面的水平位移之和大小等于斜劈底边边长参考答案：CD由滑块、斜劈组成的系统，由于m沿斜面加速下滑，有竖直向下的分加速度，所以存在超重现象，则系统竖直方向的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；滑块对斜面有压力，斜面向右运动，则斜劈对滑块的支持力与滑块相对于地面的位移不垂直，则该支持力对滑块要做功，所以滑块的机械能不守恒，故B错误．斜劈对滑块的支持力方向与滑块相对于地面的位移方向之间夹角为钝角，所以斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但对滑块、斜劈组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确．滑块下滑的过程中，斜面向右运动，滑块相对于斜劈的水平位移等于斜劈底边边长，相当于滑块与斜面底端相遇，由几何关系可知，滑块、斜劈相对地面的水平位移之和大小等于斜劈底边边长，故D正确．故选CD.点睛：本题的关键是要掌握动量守恒的条件和机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统总动量不守恒，在水平方向动量守恒．m的机械能不守恒，但系统的机械能守恒．2.关于“亚洲一号”地球同步卫星，下面说法中正确的是

A、已知它的质量为1．24吨，若其增为2．48吨，则轨道半径将变为原来的2倍。B、它的运行速度比近地卫星的运行速度小。

C、它可以通过北京的正上方，所以我们能用它来转播电视。

D、若已知它距地面上高度约为地球半径5.6倍，所以其向心加速度约为其下方地面上重力加速度的l／43．参考答案：BD3.（多选）闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如右图所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）A．B．C．D．参考答案：考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．解答：解：A、由图示B﹣t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；1～2s磁通量不变，无感应电流；2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，A正确、B错误．C、由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s无感应电流，没有安培力，2～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==S，感应电流I==，由B﹣t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故CD错误；故选：A．点评：本题考查了判断I﹣t图象与F﹣t图象是否正确，分析清楚B﹣t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题．4.一杂技演员利用动滑轮让自已悬挂在细绳的最低点以完成各种杂技表演。已知杂技演员的质量为，最低点时绳与水平方向夹角为，不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦，则在最低点绳中的张力为：(

)

B．

D．参考答案：B5.（单选）如图所示，足够长的竖直绝缘管处于方向彼此垂直，电场强度和磁感应强度分别为E和B的匀强电场和匀强磁场中，一个质量为m的带正电q的小球，从静止开始沿管下滑，则在下滑的全过程中小球的加速度a与时间t的关系图象正确的是（）A．B．C．D．参考答案：考点： 带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题： 带电粒子在复合场中的运动专题．分析： 小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．解答： 解：①下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；②当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；③然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；故选：D．点评： 本题考查如何正确的受力分析，理解洛伦兹力与速度的关系，从而影响受力情况，带动运动情况的变化，注意此处的弹力的方向变化，是解题的关键．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.一滴露珠的体积是12.0×10－4cm3，已知水的密度是1.0×103kg/m3，摩尔质量是18g/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol－1。水的摩尔体积是___________m3/mol。已知露珠在树叶上每分钟蒸发6.0×106个水分子，则需要__________分钟蒸发完。参考答案：1.8×10－5，6.67×10127.静电场是___________周围空间存在的一种物质；通常用___________来描述电场的能的性质。参考答案：静止电荷；电势8.质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块移动距离S1后停了下来，设此过程中，q不变．去掉磁场后，其他条件不变，物块移动距离S2后停了下来．则S1小于S2（填大于、小于、等于）参考答案：【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【分析】：物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动．采用假设法。：解：物块带正电，由左手定则可知，受洛伦兹力方向向下，则物块受到的支持力大于物块的重力，物块受到的摩擦力．根据动能定理，得：﹣=0﹣…①若去掉磁场，物块受到的摩擦力：f2=μmg，根据动能定理，得：…②比较①②得：s1＜s2故答案为：小于【点评】：本题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力．在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案．9.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动到挡板的水平距离为L。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。②滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________。③以下能引起实验误差的是________。a．滑块的质量b．长度测量时的读数误差c．当地重力加速度的大小d．小球落地和滑块撞击挡板不同时参考答案：①

②③bd①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：；。②根据几何关系可知：sinα=，cosα=；对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=．③由μ的表达式可知，能引起实验误差的是长度L、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选bd。10.氢原子第n能级的能量为En=，其中E1为基态能量．当氢原子由第5能级跃迁到第3能级时，发出光子的频率为；若氢原子由第3能级跃迁到基态，发出光子的频率为，则=

。参考答案：11.如图所示，A、B和C、D为两对带电金属极板，长度均为l，其中A、B两板水平放置，间距为d，A、B间电压为U1；C、D两板竖直放置，间距也为d，C、D间电压为U2。有一初速度为0、质量为m、电荷量为e的电子经电压U0加速后，平行于金属板进入电场，则电子进入该电场时的速度大小为

；若电子在穿过电场的过程中始终未与极板相碰，电子离开该电场时的动能为_____________。（A、B、C、D四块金属板均互不接触，电场只存在于极板间，且不计电子的重力）参考答案：12.（4分）居民小区里的楼道灯，采用门电路控制，电路如图所示。白天的时候，即使拍手发出声音，楼道灯也不亮；但是到了晚上，拍手发出声音后，灯就亮了，并采用延时电路，使之亮一段时间后就熄灭。电路中用声控开关，即听到声音后，开关闭合，则应该使用__________门电路控制电灯，其中R2是光敏电阻，受光照后电阻减小，R1为定值电阻，S是声控开关，黑夜时R1和R2的大小关系是R1______R2（选填“<<”、“=”或“>>”）。参考答案：

答案：与，<<13.将一单摆挂在测力传感器的探头上,用测力探头和计算机组成的实验装置来测定单摆摆动过程中摆线受到的拉力(单摆摆角小于5°),计算机屏幕上得到如图(a)所示的F-t图象.然后使单摆保持静止,得到如图(b)所示的F-t图象.那么:①(2分)此单摆的周期T为

s.②(5分)设摆球在最低点时重力势能Ep=0,已测得当地重力加速度为g,试求出此单摆摆动时的机械能E的表达式.(用字母d、l、F1、F2、F3、g中某些量表示)参考答案：.①0.8s

（2分）②摆球在最低点时根据牛顿第二定律有F1-F3=mv2/r,

（2分）

单摆的摆长r=

（1分）

摆球在摆动过程中机械能守恒,其机械能等于摆球在最低点的动能,即E=mv2/2=三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.c

图9甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I—U图线的实验电路图。①根据电路图，用笔画线代替导线，将图9（乙）中的实验电路连接成完整的实验电路。②开关S闭合之前，图9（乙）中滑动变阻器的滑片应该放在_______（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）。

参考答案：①连接电路如答案图1（3分）②A端

（2分）评分说明：（1）中电表量程选择错误，扣1分，其余任何错误均得0分15.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H．将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落地点距轨道末端的水平距离为S．（1）若验证机械能守恒定律，S2与h的理论关系应满足S2=4Hh；（用H、h表示）（2）如图乙所示，在同一坐标纸上画出了两条S2﹣h的图线．一条是S2与h的理论关系图线；一条是实验得到的S2﹣h图线，是经实验测量S、h得到数据，描点后作出的图线．分析可知，图线b（填“a”或“b”）是实验得到的S2﹣h图线．（3）从S2﹣h关系图线中可以看出实验值与理论值相差较明显，你认为造成偏差的原因是小球与轨道间存在摩擦力．（回答一条即可）参考答案：解：（1）物体在光滑轨道上下落时，机械能守恒有：mgh=mv2

①平抛后有：S=v0t

②H=gt2

③联立①②③解得：S2=4Hh．（2）对比实验结果与理论计算得到的s2﹣h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．所以图线b是实验得到的S2﹣h图线．（3）由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小．小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于“理论”速率．所以造成上述误差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力．故答案为：（1）4Hh．（2）b．（3）小球与轨道间存在摩擦力．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为v1，加速度大小为a1。乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1<v2，但两物体一直没有相遇，求在满足条件下，甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？参考答案：若是，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近，…………（2分）根据，求得…………（2分）在t时间内甲的位移…………（1分）

乙的位移…………（1分）代入表达式

求得…………（2分）17.（20分）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定与水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度υ做匀速运动，速度υ与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合回路．已知导线MN电阻为R，其长度l恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B．忽略摩擦阻力和导线框的电阻．

（1）通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的焦耳热Q；

（2）若导线MN的质量m=8.0g，长度L=0.10m，感应电流I=1.0A，假设一个原子贡献1个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率υe(下表中列出一些你可能会用到的数据)；

（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．阿伏伽德罗常数NA6.0×1023mol-1元电荷e1.6×10-19C导线MN的摩尔质量μ6.0×10-2kg/mol参考答案：（1）动生电动势

E=BLυ

（1）

感应电流

（2）

安培力

（3）

力F做功

W=FΔx=FυΔt=Δt

（4）

电能

W电=EIΔt=Δt

（5）

焦耳热

Q=I2RΔt=RΔt=Δt

（6）

由（4）、（5）、（6）可知，W=W电=Q

（2）总电子数

设单位体积内电子数为n，则N=nSL

故

IΔt=enSυeΔt

得

I=enSυe=eυe=eυe （7）

所以

υe==7.8×10-6m/s（3）从微观层面看，导线中的自由电子与金属离子发生的碰撞，可以看作非弹性碰撞，碰撞后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热．从整体上来看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失，

即W损=

（8）

从宏观方面看，力F对导线MN做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力F做功全部转化为焦耳热．

Δt时间内，力F做功

ΔW=FυΔt （9）

又ΔW=W损