安徽省安慶市示范高中2021屆上學(xué)期高三年級(jí)8月月考物理試卷

安徽省安慶市示范高中2022屆上學(xué)期高三年級(jí)8月月考物理試卷一、單選題（本大題共7小題，共分）1“電動(dòng)勢(shì)”是表征電源特性的物理量，這種特性是下列哪個(gè)定律的具體體現(xiàn)(A歐姆定律 B電阻定律 C焦耳定律 D能量守恒定律2如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vNAvM<vN，aM<CφM<φN，EPM<3如圖所示，在豎直面內(nèi)，一半徑為R的光滑半圓軌道和水平軌道在B點(diǎn)相切，0.5()5gR6gR7gR22gR2020年11月24日h1h2()()h1h2R+h1R+h2R+hR+h2R+h2R+h1t=00～4A(F0cosθ-C(F0cosθ-二、多選題（本大題共3小題，共分）8如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩，一端固定于豎直桿的物體?，F(xiàn)掛上質(zhì)量為m(包括衣架)的衣服，不計(jì)一切摩擦，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，輕繩與豎直方向夾角分別為α和β，對(duì)定滑輪的作用力大小為F，則Aα=β Bα>β CF的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則物塊(A在0～2B動(dòng)量在0～2sC4s時(shí)動(dòng)量大小為2D4s時(shí)運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變10如圖所示，輕彈簧一端固定于擋板vBθ()vBsinθ……E(1)()(2)m/sm/s2()100μA(1)(>=<)2000Ω0～3V0～15VR2=Ω(2)E=4V50Ω(1)小球剛滑入斜劈B時(shí)對(duì)圓弧的壓力大?。?2)若小球剛滑到斜劈B最高點(diǎn)時(shí)立即解除鎖定，要使其能再次滑上B，則的最小值。五、綜合題（本大題共1小題，共分）15如圖所示，在軸上方空間區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，在軸下方空間區(qū)域存在平行于Oy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從y軸上的a(0,h)點(diǎn)，沿y軸正方向入射后，第一次通過(guò)軸時(shí)，速度方向與軸正方向成45(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1(2)粒子第一次穿越電場(chǎng)過(guò)程中離軸的最大距離ym(3)粒子第n次通過(guò)軸的坐標(biāo)xn。

參考答案一、選擇題1【答案】D【解析】解：電源是把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電動(dòng)勢(shì)表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，電動(dòng)勢(shì)的定義式為：E=Wq，式中W故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。由電動(dòng)勢(shì)的物理意義進(jìn)行求解。本題主要考查了電動(dòng)勢(shì)的定義，解題關(guān)鍵在于正確理解電動(dòng)勢(shì)的物理意義。2【答案】D【解析】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化，做完本題注意思考這些量與運(yùn)動(dòng)方向是否有關(guān)；也可以思考如果粒子帶電情況也不確定，那這些量能否判斷大小關(guān)系?！窘獯稹繋щ娏Ｗ铀茈妶?chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知，電場(chǎng)線方向斜向左上方，又沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低，故φM>根據(jù)電勢(shì)的定義式可知負(fù)電荷在電勢(shì)大的位置電勢(shì)能反而小，所以帶負(fù)電的該粒子在M點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能小，即EPM<EPN；由能量守恒可知M根據(jù)電場(chǎng)線疏密可知，EM<EN，根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，a故選D。3【答案】C【解析】解：小滑塊恰好通過(guò)mg=mvP2RvP=gR2R=12gt2x=vPtx=2R-μmgx-mg?2小物塊在B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能EP此過(guò)程中克服摩擦力做的功等于產(chǎn)生的熱，則有：Q根據(jù)功能關(guān)系可得：Ek若用圓的面積表示小物塊在A點(diǎn)的機(jī)械能，則重力勢(shì)能站總面積的12，產(chǎn)生的熱站總面積的13，動(dòng)能站總面積的16，故D故選：D。根據(jù)重力勢(shì)能的計(jì)算公式得到小物塊在B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能，克服摩擦力做的功等于產(chǎn)生的熱，根據(jù)功能關(guān)系動(dòng)能的大小，由此進(jìn)行分析。本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是能夠分析能量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢(shì)能變化與重力做功有關(guān)、動(dòng)能的變化與合力做功有關(guān)、產(chǎn)生的熱與克服摩擦力做的功有關(guān)。7【答案】C【解析】解：根據(jù)甲乙圖象可知，在0-t1時(shí)間內(nèi)，拖把頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t1在t1～t2時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移為：x=1故選：C。根據(jù)甲乙兩圖判斷出在0-t1時(shí)間內(nèi)，拖把頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t1本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是區(qū)分最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，明確加速度是解決此類問題的中間橋梁。二、多選題8【答案】AC【解析】解：AB、同一條輕繩的張力相等，設(shè)為T，以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)平衡條件可得：Tsinα=Tsinβ，所以α=β，故A正確、B錯(cuò)誤；CD、對(duì)物體根據(jù)平衡條件可得：T=mg，對(duì)O點(diǎn)，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：2Tcosα=mg，解得α=60°；以滑輪為研究對(duì)象，受到兩邊輕繩的拉力和軸對(duì)滑輪的支持力，如圖所示：輕繩對(duì)定滑輪的作用力沿夾角平分線方向，根據(jù)力的合成可得F=2Tcosα2=2×mg×32故選：AC。同一條輕繩的張力相等，以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)平衡條件分析α和β的關(guān)系；對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件得到α的大小，以滑輪為研究對(duì)象，根據(jù)力的合成求解輕繩對(duì)定滑輪的作用力大小。本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。9【答案】BC【解析】解：A、根據(jù)F隨時(shí)間t變化的圖線的“面積”表示沖量，得在0～2s時(shí)間內(nèi)物塊受到合外力的沖量大小為：I=Ft=2×2N?s=4N?s，在2s～4s時(shí)間內(nèi)物塊受到合外力的沖量大小為：I'=2N?B、根據(jù)動(dòng)量定理：I=△p，可知在0～2s時(shí)間內(nèi)物塊動(dòng)量變化量的大小為：△p=4kg?m/s，在2s～4s時(shí)間內(nèi)物塊動(dòng)量變化量的大小為：△P'=2kg?m/s，由于時(shí)間相等，而CD、根據(jù)動(dòng)量定理：I=mv-0，代入數(shù)據(jù)解得4s時(shí)動(dòng)量大小為：P4=2kg?m/s，因?yàn)?s時(shí)物塊的動(dòng)量為正，根據(jù)動(dòng)量公式：P=mv可知，4s時(shí)速度方向?yàn)檎?s時(shí)運(yùn)動(dòng)方向不發(fā)生改變，故故選：BC。根據(jù)F隨時(shí)間t變化的圖線的面積表示沖量，然后根據(jù)動(dòng)量定理求解即可。本題考查了F隨時(shí)間t變化的圖線面積的物理意義以及動(dòng)量定理的應(yīng)用，要求同學(xué)們熟練應(yīng)用規(guī)律去解決。10【答案】CD【解析】解：A、彈簧、物塊A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)B到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，B沿著繩的分速度大小等于A的速度大小，故A速度的大小為vBcosθ，故C、彈簧、物塊A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于A、B系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，故C正確；D、B由靜止下落至C點(diǎn)的過(guò)程中其動(dòng)能增大，重力做正功，拉力做負(fù)功，故重力做的功大于拉力做功的絕對(duì)值，重力與拉力做功時(shí)間相等，故重力對(duì)B做功的平均功率大于拉力對(duì)B做功的平均功率，故D正確。故選：CD。彈簧、物塊A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；當(dāng)B到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，B沿著繩的分速度大小等于A的速度大小；B由靜止下落至C點(diǎn)的過(guò)程中其動(dòng)能增大，重力做正功，拉力做負(fù)功。據(jù)此分析。解答本題的關(guān)鍵是知道彈簧、物塊A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，知道關(guān)聯(lián)速度，能靈活應(yīng)用動(dòng)能定理分析功能關(guān)系。三、實(shí)驗(yàn)題11【答案】B0.962.0【解析】解：(1)探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)中小車是否存在摩擦力，及鉤碼的質(zhì)量m與小車的質(zhì)量M大小關(guān)系，對(duì)研究的問題沒有影響，只要確保小車的加速度恒定即可；A不需要把長(zhǎng)木板的左端墊起適當(dāng)?shù)母叨纫云胶饽Σ亮?，故A錯(cuò)誤；B不一定保持木板水平，必須使調(diào)整滑輪的高度使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行，保證小車的加速度恒定，故B正確；，故C錯(cuò)誤；故選：B。(2)交流電的頻率為50H，每隔0.02s打一個(gè)點(diǎn)；相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，故兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=0.02s×5=0.1s；C、E間的計(jì)數(shù)點(diǎn)D未標(biāo)出，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得：vD根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：△x=aT則有a=x故答案為：(1)B；(2)0.96；2.0。依據(jù)探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律實(shí)驗(yàn)原理，可知，小車是否受到摩擦力，及鉤碼的質(zhì)量與小車的質(zhì)量關(guān)系，對(duì)研究問題是否帶來(lái)影響；有紙帶處理的實(shí)驗(yàn)中，若紙帶勻變速直線運(yùn)動(dòng)，測(cè)得紙帶上的點(diǎn)間距，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度和加速度?？疾榧垘幚淼膯栴}，通常都要求解瞬時(shí)速度和加速度，是基本問題，一定要掌握；對(duì)于紙帶的問題，我們要熟悉勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和一些規(guī)律，要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用。12【答案】<1.2×105【解析】解：(1)當(dāng)S2接通時(shí)，R'有電流流過(guò)，R'和Rg并聯(lián)，并聯(lián)后的電阻減小，總電流增加，當(dāng)電流表示數(shù)從滿偏電流Ig調(diào)到半偏電流12Ig時(shí)，電流表的滿偏電流為Ig=100μA=1.0×10-4A改裝成15V電壓表時(shí)，需要再串一個(gè)電阻為R2(2)①為了方便實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)電壓，應(yīng)選用最大阻值為50Ω的滑動(dòng)變阻器；用標(biāo)準(zhǔn)電壓表對(duì)改裝電壓表的3V擋進(jìn)行校準(zhǔn)時(shí)，要求從0到最大量程進(jìn)行校正，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓器的接法，如圖所示。故答案為：(1)<；1.2×105；(2)①50；(1)根據(jù)“半偏法”測(cè)電阻實(shí)驗(yàn)誤差產(chǎn)生的原因進(jìn)行分析；根據(jù)電壓表的改裝原理進(jìn)行解答；(2)①根據(jù)“方便性”原則選取滑動(dòng)變阻器；校正電路滑動(dòng)變阻器采用分壓器的接法，由此連圖。對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。四、計(jì)算題13【答案】解：設(shè)吸水后封閉氣體壓強(qiáng)為m=ρV=ρSlmg+pS=p0Sp=p0-ρglp0V0V=Slp0V0=pSlV0=lS-ρgSl2p0V0lS-ρgSl2p0(2)若小球剛滑到斜劈B最高點(diǎn)時(shí)立即解除鎖定，要使其能再次滑上B，則的最小值是3。【解析】(1)B鎖定，小球滑上B的過(guò)程只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出小球剛滑上B時(shí)的速度，小球剛滑入B時(shí)斜劈B的支持力與小球的重力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出斜劈對(duì)小球的支持力，然后應(yīng)用牛頓第三定律求出小球?qū)π迸膲毫Υ笮　?2)小球滑到斜劈最高點(diǎn)時(shí)解除鎖定，小球與斜劈B組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒、系統(tǒng)機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出小球與B分離時(shí)小球和B的速度，小球與A組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出A與小球分離后小球的速度，然后求出小球再次滑上B時(shí)的最小值。本題是多體多過(guò)程問題，分析清楚小球與斜劈的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律即可解題。15【答案】解：(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：rcos45°即：r=qvB=m解得：v(2)粒子第一次經(jīng)過(guò)軸的位置為x1，到達(dá)b粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：vb=設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)經(jīng)過(guò)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為-y由類平拋運(yùn)動(dòng)得xy解得：y(3)第一次由勻強(qiáng)磁場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，其位置坐標(biāo)為：x第一次由勻強(qiáng)電場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，其位置坐標(biāo)為：x第二次由勻強(qiáng)磁場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，其位置坐標(biāo)為：x第二次由勻強(qiáng)電場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，其位置坐標(biāo)為：x由運(yùn)動(dòng)的周期性分析可知，粒子相鄰兩次由勻強(qiáng)磁場(chǎng)到達(dá)軸或者相鄰兩次由勻強(qiáng)電場(chǎng)到達(dá)軸的位置間隔為：△x=2r=2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，粒子均由勻強(qiáng)磁場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，由幾何關(guān)系可知，其位置坐標(biāo)為：x當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，粒子均由勻強(qiáng)電場(chǎng)到達(dá)經(jīng)過(guò)軸，由幾何關(guān)系可知，其位置坐標(biāo)為：x答：(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2h，和速度大小v1(2)粒子第一次穿越電場(chǎng)過(guò)程中離軸的最大距離ym為2(3)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，粒子第n次