四川省自贡市富顺镇许家中学2022-2023学年高三物理月考试卷含解析

四川省自贡市富顺镇许家中学2022-2023学年高三物理月考试卷含解析一、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.（单选）如图所示，一固定斜面的倾角为30°，质量为m的小物块以某一初速度从底端沿斜面向上运动，其加速度大小为g，在小物块上升高度为h的过程中，下列判断正确的是A．小物块的动能减少了mghB．小物块的机械能减少了mghC．小物块的重力势能增加了mghD．小物块克服摩擦力做功的功率随时间均匀减小参考答案：D根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为，方向沿斜面向下，物体由A到最高点为研究对象，根据动能定理得：有上式知，动能减小，物体重力势能增加mgh，所以机械能减小，物体克服摩擦力做的功等于系统损失的机械能；克服摩擦力的功率为，因滑动摩擦力不变，则功率随时间在均匀减小；故ABC错误，D正确。故选D。2.参考答案：CD3.(多选题)如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA=lkg、mB=2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是

A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N

B.t=2.0s时刻A、B之间作用力为零

C.t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左

D.从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m参考答案：AD4.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是：（

）

A．I1增大，I2不变，U增大

B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小参考答案：答案：B5.用吊扇对悬挂点有拉力作用，在正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动相比（）A．变大 B．变小 C．不变 D．无法判断参考答案：B【考点】牛顿第三定律．【分析】作用力和反作用力是发生在相互作用的物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．根据平衡条件求解．【解答】解：因为正常转动时，风扇对空气有一个向下的力，根据作用力与反作用力，空气对风扇有一个向上的力．因为风扇在竖直方向是静止的，所以合力为0．在风扇不转时，G=F拉，在风扇转动时，G=F拉′+F空气，因为G是不变的，所以F拉′在转动时会变小．故选B．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某兴趣小组在做“探究动能定理”的实验前，提出了以下几种猜想：①W∝v，②W∝v2，③W∝。他们的实验装置如下图所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器，物块从斜面上某处由静止释放，物块到达Q点的速度大小由速度传感器测得。为探究动能定理，本实验还需测量的物理量是

；根据实验所测数据，为了直观地通过图象得到实验结论，应绘制

图象。参考答案：物块初始位置到测速器的距离L

L-v27.经过核衰变成为，共发生了

次衰变，

次衰变。

i的半衰期是5天，12g的i经过15天后剩下

g.参考答案：4；2；1.58.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A．第一步他把带有定滑轮\o"全品高考网"的木板有滑轮的一端垫起，把质量为\o"全品高考网"的滑块通过细绳与质量为的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动如，图甲所示。B．第二步保持长木板\o"全品高考网"的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和钩码，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示。

打出的纸带如下图：试回答下列问\o"全品高考网"题：①已知相邻计数的时间间隔为，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打点时滑块速度___________，打点计时器打点时滑块速度___________。②已知重锤质量，当地\o"全品高考网"的重加速度，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块____________（写出物理名称及符号），合外力对滑块做功\o"全品高考网"的表达式______________。③测出滑块运动段、合外力对滑块所做的功，算出、、、、,以为纵轴，以为横轴建坐标系，描点作出图象，可知它是一条过坐标原点\o"全品高考网"的倾斜直线，若直线斜率为，则滑块质量___________。参考答案：．①（3分）；（3分）

②下滑的位移（3分）；（3分）

③（4分）。9.有一个电压表V，其内阻为30kΩ、量程约25V～35V，共有30个均匀小格，但刻度已经模糊。为了测量其量程并重新刻度，现有下列器材供选用：

标准电压表V1：量程3V，内阻为3kΩ标准电压表V2:量程12V，内阻为3kΩ电流表A:量程0～3A，内阻未知滑动变阻器R:总阻值1kΩ稳压电源E:30V，内阻不能忽略开关、导线若干(1)根据上述器材，小明同学设计了如图所示的实验电路图。你认为此电路设计是否可行？请简述理由：________________。(2)请设计一个合理的电路图，画在答题卡的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示（要求V表指针的偏转过半，并能测量多组数据）_________。(3)若某次测量时V表指针所指格数为N，写出计算量程的表达式Ug=______；式中字母的意义是_______。参考答案：

(1).电流表A的量程太大，而电压表与其串联时实际流过的电流太小，即电流表的指针偏转不明显；

(2).如图所示；

(3).300U1/N

(4).其中N为V表指针所指格数，U1为V1表读数【详解】（1）用此电路，电流表A的量程太大，而电压表与其串联时实际流过的电流太小，即电流表的指针偏转不明显，则此电路不可行；（2）待测电压表V的最大电流与标准电压表V1的最大电流接近相同，可用待测电压表V与标准电压表V1串联进行实验；电路如图；（3）待测电压表V的内阻是标准电压表V1内阻的10倍，则待测电压表V两端的电压是标准电压表V1电压的10倍，则当V1读数为U1时，待测电压表两端电压为10U1，则量程为：；其中N为V表指针所指格数，U1为V1表读数。10.如图5，斜面上有一木块处于静止状态，在木块加一个垂直于斜面的力F之后，其静摩擦力的大小变化是______。（填增大、不变、或减小）参考答案：11.某同学做《共点的两个力的合成》实验作出如图所示的图，其中A为固定橡皮条的固定点，O为橡皮条与细绳的结合点，图中___________是F1、F2合力的理论值，___________是合力的实验值，需要进行比较的是_________和___________，通过本实验，可以得出结论：在误差允许的范围___________是正确的。参考答案：F;

F’;

F和F’;其合力的大小和方向为F1和F2的线段为邻边的对角线12.做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器,打出的部分计数点如图所示.每相邻两计数点间还有四个点未画出来,打点计时器使用的是50Hz的低压交流电.（结果均保留两位小数）①相邻两计数点间的时间间隔是

ｓ，打点计时器打“2”时,小车的速度v2=

m/s.②小车的加速度大小为________m/s2（要求用逐差法求加速度）③请你依据本实验原理推断第7计数点和第8计数点之间的距离大约是

cm参考答案：①

01

、

0.49

；②

0.88

；③

9.74

13.利用图示装置可以做力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的是

▲

．

A．利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比

C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响

（2）小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钧码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于

▲

的值.

参考答案：（1）C（3分）

（2）重力加速度三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹.（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有

.a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以任意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y-x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是

.（3）在“研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，如图3，取A点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示，(g=10m/s2),则小球抛出点的位置坐标是

(以cm为单位，答案不用写出，注意正负号)；小球平抛的初速度为

m/s参考答案：（1）ac

（2）c

(3)(-10,-5),

1（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：，因初速度相同，故为常数，故y-x2应为正比例关系，故c正确，abd错误．故选c.（3）小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由△y=gt2可得：，平抛运动的初速度：；B点竖直方向上的分速度：，小球运动到B点的时间：，B点的水平位移x=v0t=0.2m=20cm，竖直位移：y=gt2=0.2m=20cm，小球抛出点的位置坐标为（-10cm，-5cm）．15.用以下器材测量待测电阻RX的阻值待测电阻RX,阻值约为100Ω;

电源E，电动势约为6.0V,内阻可忽略不计；

电流表A1，量程为0～50mA，内电阻r1=20Ω;

定值电阻R0，阻值R0=20Ω；电流表A2，量程为0～300mA，内电阻r2约为4Ω;

单刀单掷开关S，导线若干；滑动变阻器R，最大阻值为10Ω；

①测量中要求两块电流表的读数都不小于其量程的，试画出测量电阻RX的实验电路原理图（原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注）。②若某次测量中电流表A1的示数为I1-，电流表A2的示数为I2。则由已知量和测量量计算RX的表达式为RX=___________________参考答案：.①若R作限流电阻，正确同样给分。②四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴、左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝45°，大小为v．粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；匀强电场的大小和方向；（2）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间。参考答案：

由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得

------------②（联立①②式得

------------③依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135o。设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有------④--------⑤---------⒀

联立⑨⑩⑿⒀式得17.如图所示，平面直角坐标系xoy，第一象限内有一直角三角形ABC区域内存在匀强磁场，磁感应强，大小为B=；第四象限内存在匀强电场，方向与x轴负方向成30o角，大小为一带电粒子质量为m，电荷量+q，自B点沿BA方向射入磁场中．已知∠ACB=30o，AB=2（2+），，长度单位为米，粒子不计重力。

（1）若该粒子从AC边射出磁场，速度方向偏转了60o，求初速度的大小： （2）若改变该粒子的初速度大小，使之通过y轴负半轴某点M，求粒子从B点运动到M点的最短时间。参考答案：（1）m/s：（2）+

s

解析：（1）设此时半径为r1，则

r1sin60°=

2(2+)由牛顿第二定律得：

qv1B=

∴v1=

(m/s)(2)若粒子在磁场中运动轨迹与y轴相切，则运动时间最短，依题意，此时粒子半径

r2=AB=2（2+）m由牛顿第二定律得：

qv2B=

∴v2=2

m/s周期

T=

又由几何关系知

∠BO2D=120°所以磁场中时间

t1=T=过D点做x轴的垂线，垂足为F，则OC+AC=DF+r2+r2sin30°

∴DF=(m)设∠DGF=θ，则

tanθ=

FG=m

sinθ=

DG=3m

∴

粒子要真空中运动时