2024年滬教新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教新版高三物理上冊月考試卷433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、物體做勻變速直線運動，初速度為10m/s，經(jīng)過2s后，末速度大小仍為10m/s，方向與初速度方向相反，則在這2s內(nèi)，物體的加速度和平均速度分別為（）A.加速度為0；平均速度為10m/s，與初速度同向B.加速度大小為10m/s2，與初速度同向；平均速度為0C.加速度大小為10m/s2，平均速度為10m/s，二者都與初速度反向D.加速度大小為10m/s2，與初速度反向；平均速度為02、如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊（）A.在P和Q中都做自由落體運動B.在兩個下落過程中的機械能都守恒C.在P中的下落時間比在Q中的長D.落至底部時在P中的速度比在Q中的小3、一束帶電粒子以同一速度，并在同一位置進入勻強磁場，在磁場中它們的運動軌跡如圖所示．粒子q1的軌跡半徑為r1，粒子q2的軌跡半徑為r2，且r2=2r1，q1、q2分別是它們所帶的電荷量，則（）A.q1帶負電、q2帶正電，比荷之比為：=2：1B.q1帶負電、q2帶正電，比荷之比為：=1：2C.q1帶正電、q2帶負電，比荷之比為：=2：1D.q1帶正電、q2帶負電，比荷之比為：=1：14、一小球從4m高處落下，被地面彈回，在1m高處被接住，則小球通過的路程和位移大小分別為（）A.5m，3mB.4m，1mC.4m，3mD.5m，5m5、沿x軸正方向傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖所示，M為介質(zhì)中的一個質(zhì)點，該波的傳播速度為40m/s，則t=1/40s時（）A.質(zhì)點M對平衡位置的位移一定為負值B.質(zhì)點M的速度方向與對平衡位置的位移方向相同C.質(zhì)點M的加速度方向與速度方向一定相同D.質(zhì)點M的加速度方向與對平衡位置的位移方向相反6、【題文】如圖所示；閉合小金屬環(huán)從高h的光滑曲面上端無初速滾下，沿曲面的另一側(cè)上升，曲面在磁場中（）

A.若是非勻強磁場；環(huán)在左側(cè)滾上的高度小于h

B.若是勻強磁場；環(huán)在左側(cè)滾上的高度等于h

c.若是非勻強磁場；環(huán)在左側(cè)滾上的高度等于h

D.若是勻強磁場，環(huán)在左側(cè)滾上的高度小于h7、（2014秋?南平期末）如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲分子對乙分子的作用力與兩分子間距離的關系如圖中曲線所示，F(xiàn)＞0為斥力，F(xiàn)＜0為引力，a、b、c、d為x軸上四個特定的位置，則在這四個點中，該系統(tǒng)分子勢能最低的位置在點（）A.aB.bC.cD.d8、關于向心加速度，下列說法正確的是（）A.它描述的是線速度方向變化的快慢B.它描述的是線速度大小變化的快慢C.它描述的是向心力變化的快慢D.它描述的是轉(zhuǎn)速的快慢評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、（2016?鎮(zhèn)江模擬）在如圖所示的勻強電場中，一條絕緣細線的上端固定，下端拴一個大小可以忽略、質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，當小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為θ，則小球帶____電（填“正”或“負”），勻強電場場強為____．10、科研人員乘熱氣球進行大氣環(huán)境科學考察，已知氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為1000kg，正常情況下氣球能夠懸停在空中，但是某次研究中由于氣球漏氣而逐漸下降，當科研人員發(fā)現(xiàn)漏氣并及時堵住漏氣點時氣球下降的速度為1m/s，接下來氣球向下做勻加速運動，并且在4s內(nèi)下降了12m．為使氣球安全著陸，科研人員向艙外拋出一定的壓艙物（假設拋出壓艙物時氣球速度不變）．此后發(fā)現(xiàn)氣球做勻減速運動，下降速度在6s減少3m/s．若空氣阻力和泄漏氣體的質(zhì)量均可忽略，下降過程中的重力加速度始終為g=9.5m/s2．則拋出壓艙物前，氣球的加速度為____m/s2，拋掉的壓艙物的質(zhì)量為____kg．11、把帶電荷量2×10-8C的正點電荷從無限遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8×10-6J，則A點的電勢為____V；若把該電荷從無限遠處移到該電場中B點，需克服電場力做功2×10-6J，則A、B兩點的電勢差為____V．12、一質(zhì)量為2g的帶電質(zhì)點，靜止于電場強度為105V/m的勻強電場中，則質(zhì)點所受的電場力為____N，質(zhì)點的電量為____C．13、安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)；反之____是____的微觀本質(zhì)．14、如圖（a）電路，當變阻器的滑動片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的示數(shù)隨電流的變化情況如圖（b）U-I圖象中的AC、BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響．該電源的電動勢和內(nèi)電阻分別為____、____．變阻器滑動片從一端滑到另一端的過程中，變阻器消耗的最大電功率為____．

15、照明用的正弦式電流的電壓為220V

則它的有效值是______V

峰值是______V.

評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、沿電場線的方向，電勢逐點降低．____（判斷對錯）17、作用力和反作用力大小相等，方向相反，其合力為零．____（判斷對錯）18、物體只要是運動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）19、物體受到的合外力不做功，則物體一定作勻速直線運動．____．20、形狀規(guī)則的物體，重心一定在其幾何中心．____（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共3題，共30分)21、一物體做初速度為v0的勻加速直線運動，加速度為a，經(jīng)過時間t速度達到vt，試證明物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．22、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結(jié)合牛頓運動定律和運動學規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．23、如圖所示，小球用不可伸長的長度為L的輕繩懸于O點．（不計阻力）試證明：繩對小球在最低點拉力T1與最高點拉力T2之差T1-T2=6mg．

評卷人得分五、作圖題(共3題，共12分)24、按要求完成下列題目。

（1）如圖1；放在傾角為α斜面上的物體對斜面產(chǎn)生150N的壓力，用力的圖示法畫出這個壓力。

（2）A處于向下滑動狀態(tài)；且接觸面粗糙，畫出圖2中A物體的受力情況．

25、雨過天晴；人們?？吹教炜罩谐霈F(xiàn)彩虹，它是由陽光照射到空中彌漫的水珠上時出現(xiàn)的現(xiàn)象．在說明這個現(xiàn)象時，需要分析光線射入水珠后的光路．一細束光線射入水珠，水珠可視為一個半徑為R的球，球心O到入射光線的垂直距離為d，水的折射率為n．

（1）在圖上畫出該束光線射入水珠內(nèi)經(jīng)一次反射后又從水珠中射出的光路圖

（2）求這束光線從射向水珠到射出水珠每一次偏轉(zhuǎn)的角度．26、如圖（1）所示是一個做直線運動的物體的速度圖象．請在（2）中畫出該物體運動的位移圖象并標出縱軸上的數(shù)據(jù)．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】根據(jù)加速度的定義式a=求出加速度，由勻變速直線運動平均速度公式，=求得平均速度．【解析】【解答】解：取初速度方向為正方向，所以初速度為v0=10m/s；末速度方向與初速度方向相反，v=-10m/s；

根據(jù)加速度的定義式a=得：

a==-10m/s2；方向與初速度反向；

由勻變速直線運動平均速度公式=得：=0；選項ABC錯誤，D正確．

故選：D．2、C【分析】【分析】當小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導致銅管產(chǎn)生感應電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，對于塑料管沒有任何阻礙，從而即可求解．【解析】【解答】解：A；當小磁塊在光滑的銅管P下落時；由于穿過銅管的磁通量變化，導致銅管產(chǎn)生感應電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，而對于塑料管內(nèi)小磁塊沒有任何阻力，在做自由落體運動，故A錯誤；

B；由A選項分析可知；在銅管的小磁塊機械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機械能守恒，故B錯誤；

C；在銅管中小磁塊受到安培阻力；則在P中的下落時間比在Q中的長，故C正確；

D；根據(jù)動能定理可知；因安培阻力，導致產(chǎn)生熱能，則至底部時在P中的速度比在Q中的小，故D正確．

故選：CD．3、C【分析】【分析】通過圖示得出洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則得出電荷的電性，正電荷定向移動的方向與四指方向相同，負電荷定向移動的方向與四指方向相反．根據(jù)qvB=m，得出半徑公式r=，通過半徑公式的得出荷質(zhì)比．【解析】【解答】解：由圖示可知，q1向左偏，q2向右偏，根據(jù)左手定則知，q1帶正電，q2帶負電．

粒子在磁場中做勻速圓周運動；洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=m；

解得：r=，荷質(zhì)比：=；v與B不變，所以荷質(zhì)比之比等于半徑之反比；

則：：=2：1；故C正確；

故選：C．4、A【分析】【分析】路程是物體通過的軌跡的長度；位移是從初始位置指向末位置的有向線段，其大小等于初末位置之間的直線距離．【解析】【解答】解：路程是物體通過的軌跡的長度；小球從4m高處下落的過程中通過的路程為4m，而反彈到1m高處通過的路程是1m，故整個過程中通過的路程是5m．

位移是從初始位置指向末位置的有向線段；其大小等于初末位置之間的直線距離，故位移大小為4-1=3m．

故A正確．

故選A．5、C|D【分析】試題分析：由圖讀出波長為λ=4m，則該波的周期為．t=0時刻質(zhì)點M向上運動，則在時刻，質(zhì)點M正從波峰向平衡位置運動，所以其速度增大，加速度減?。灰茷檎?，質(zhì)點M的速度沿y軸負方向，加速度沿y軸負方向，所以加速度方向與速度方向相同，速度方向與位移方向相反，質(zhì)點M的加速度方向與對平衡位置的位移方向相反，故CD正確，AB錯誤．故選CD．考點：本題考查橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系；質(zhì)點振動方向與波的傳播方向的關系；位移、速度、加速度方向的判斷．【解析】【答案】CD6、A|B【分析】【解析】考點：電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化．

分析：若是勻強磁場；閉合小金屬球中沒有感應電流產(chǎn)生，機械能守恒，高度不變．若是非勻強磁場，閉合小金屬球中由于電磁感應產(chǎn)生渦流，機械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，高度減小．

解答：解：BD若是勻強磁場；穿過小球的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，機械能守恒，高度不變，則環(huán)在左側(cè)滾上的高度等于h．故A錯誤，B正確．

AC若是非勻強磁場；閉合小金屬球中由于電磁感應產(chǎn)生渦流，機械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，高度減小，則環(huán)在左側(cè)滾上的高度小于h．故C錯誤，D正確．

故選AB

點評：本題考查對渦流的認識、理解能力，常規(guī)題，比較容易．【解析】【答案】AB7、B【分析】【分析】根據(jù)圖象可以看出分子力的大小變化，在橫軸下方的為引力，上方的為斥力，分子力做正功分子勢能減小，分子力做負功分子勢能增大．【解析】【解答】解：根據(jù)圖象可以看出分子力的大小變化，在橫軸下方的為引力，上方的為斥力，把乙分子沿x軸正方向從a處移動到d處過程中，在b位置分子間作用力最??；為零；

乙分子從a到b分子力是斥力且不斷減??；隨距離增加分子力做正功，分子勢能減小大；

由b到d一直受引力；隨距離增加，分子力做幅功，分子勢能增加；

故在b位置分子勢能最小．

故選：B．8、A【分析】【分析】做勻速圓周運動的物體要受到指向圓心的向心力的作用，從而產(chǎn)生指向圓心的向心加速度，向心加速度只改變物體的速度的方向不改變速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓合蛐募铀俣戎桓淖兾矬w的速度的方向不改變速度的大??；所以向心加速度越大小，表示物體速度方向變化快慢，所以A正確，BCD錯誤．

故選：A．二、填空題(共7題，共14分)9、正【分析】【分析】對小球受力分析，根據(jù)共點力平衡確定電場力的方向，從而得出電場力的大小，得出勻強電場的場強大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓盒∏蛱幱谄胶猓恢离妶隽Φ姆较蛩较蛴?，所以小球帶正電．

根據(jù)平衡有：mgtanθ=qE；

解得場強E=．

故答案為：正，．10、1150【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式求出拋出壓艙物之前，氣球的加速度大?。鶕?jù)速度時間公式求出勻減速運動的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求出拋掉壓艙物的質(zhì)量．【解析】【解答】解：根據(jù)x=得，12=，解得a=1m/s2．

勻減速運動的加速度大小a′=．

拋物后減速下降有：f-（m-m′）g=（m-m′）a′

開始勻加速時有：mg-f=ma；

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得m′=150kg．

故答案為：1，150．11、400300【分析】【分析】根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA-EpB求出電荷在電場中各個點的電勢能，再根據(jù)電勢的定義式得到各個點的電勢；再根據(jù)電勢差公式UAB=φA-φB求解AB間電勢差．【解析】【解答】解：（1）無窮遠處某點O的電勢為零，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA-EpB，有WOA=EpO-EpA

無窮遠處電勢能為零，即：EpO=0

故有：EpA=-WOA=8×10-6J

根據(jù)電勢的定義式

得：V；

（2）把該電荷從無限遠處的O點移到電場中B點，需克服電場力做功2×10-6J，取無限遠處電勢為零，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA-EpB；有。

WOB=EpO-EpB

無窮遠處電勢能為零，即EpO=0

故EpB=-WOB=2×10-6J

根據(jù)電勢的定義式

得：V

故A；B間的電勢差為：

UAB=φA-φB=400V-100V=300V；

故答案為：400，30012、0.022×10-7【分析】【分析】對帶電質(zhì)點受力分析，結(jié)合平衡條件與電場力表達式，即可求解．【解析】【解答】解：由題意可知；帶電質(zhì)點靜止于勻強電場中，則有F=G；

解得：電場力F=0.002×10=0.02N；

根據(jù)F=qE，則有：q==C=2×10-7C；

故答案為：0.02，2×10-7．13、洛倫茲力安培力【分析】【分析】通電導線在磁場中受到力為安培力，而運動電荷在磁場中受到力為洛倫茲力．它們均屬于磁場力，所以方向都由左手定則來確定，而洛倫茲力是運動的帶電粒子受到的磁場力，則電荷的運動會產(chǎn)生電流，從而即可求解．【解析】【解答】解：根據(jù)安培力是通電導線在磁場中受力；而洛倫茲力是運動的帶電粒子在磁場中受力，因電荷的運動，則產(chǎn)生電流，因此安培力是洛倫茲力宏觀表面，而洛倫茲力是安培力的微觀本質(zhì)．

故答案為：洛倫茲力，安培力．14、略

【分析】

圖線BC反映路端電壓與電流的關系，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：U=E-Ir；

代入數(shù)據(jù)；得：

7.5=E-0.5r

6=E-2r

聯(lián)立解得：E=8V，r=1Ω；

由圖象AC得到電阻R的電阻值為：

故滑動變阻器的功率為：P=I2R==

由于故P=

故答案為：8V；1Ω，4W．

【解析】【答案】當變阻器的滑動片向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻R的電壓增大，故圖線BC反映路端電壓與電流的關系，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，由數(shù)學知識求出電源的內(nèi)阻．再閉合電路歐姆定律求出電源的電動勢；由圖象AC得到電阻R的電阻值；求解出變阻器功率的表達式后分析得到最大值．

15、略

【分析】解：照明用的正弦式電流的電壓為220V

不特殊說明220v

指的就是它的有效值，則它的有效值是220V

正弦交流電峰值UM=2U

知它的峰值為是2202V.

故答案為：2202202

知道一般情況下的電壓和電流指的是它的有效值，對于正弦式交流電峰值UM=2U

即可完成此題．

此題只要知道一般情況下的電壓和電流指的是它的有效值，對于正弦式交流電峰值與有效值之間關系即可．【解析】2202202

三、判斷題(共5題，共10分)16、√【分析】【分析】本題根據(jù)電場線的物理意義分析場強與電勢的關系；根據(jù)沿電場線的方向，電勢逐點降低即可解答．【解析】【解答】解：根據(jù)電場線的物理意義：順著電場線方向；電勢降低．故該說法是正確的．

故答案為：√17、×【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(zhì)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；作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，但不在同一物體上．所以兩個力不能合成，也不能相互抵消．以上說法是錯誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據(jù)牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當物體做勻速直線運動時；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】物體做勻速直線運動時，合外力對物體不做功，但合外力不做功，物體不一定作勻速直線運動．【解析】【解答】解：物體受到的合外力不做功；則物體一定作勻速直線運動，如勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案為：×20、×【分析】【分析】重心就是重力的作用點，物體的重心在物體的幾何中心上有兩個條件：質(zhì)地均勻，外形規(guī)則．【解析】【解答】解：由于課本上指出重心就是重力的作用點；因此重力作用在物體的重心點上；質(zhì)地均勻，外形規(guī)則的物體的重心在物體的幾何中心上．質(zhì)量不是均勻分布的物體，即使外形規(guī)則的物體，重心有可能不在物體的幾何中心上．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×四、證明題(共3題，共30分)21、略

【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式的表達式，結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小，通過速度時間公式得出中間時刻的瞬時速度，判斷是否相等．【解析】【解答】證明：設物體在上述兩個T內(nèi)的總位移為s，則s=v0?2T+a（2T）2

物體在這兩個T內(nèi)的平均速度為==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可證物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．22、略

【分析】【分析】（1）①根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根據(jù)牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據(jù)相對位移，得到摩擦產(chǎn)生的熱量，利用功能關系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄紙受到的總的摩擦阻力f總=μ1（M+m）g+μ2Mg

②從開始抽紙到薄紙被抽離物塊底部的過程，假設物塊的加速度為aM、薄紙的加速度為am，所用時間為t，這一過程物塊和紙張的速度變化量分別為△vM，△vm．

則有△vM=aMt，△vm=amt；

對于薄紙，根據(jù)牛頓第二定律有F-f桌-f物=mam

對于物塊，根據(jù)牛頓第二定律有f紙=MaM

由牛頓第三定律有f物=f紙

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右兩邊都乘以時間t，有（F-f桌）t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左邊即為水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量；右邊即為物塊和紙的總動量的變化量．命題得證．

說明：其他方法正確同樣得分．

（2）設物塊在薄紙上加速和在桌面上減速的位移分別為x1，x2；

則物塊對地位移s0=x1+x2

因薄紙質(zhì)量可忽略；故其動能可忽略，所以水平拉力F所做的功有以下一些去向：

薄紙與桌面間的摩擦生熱Q1=μ1Mg（x1+L）

物塊與薄紙間的摩擦生熱Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物塊與桌面間的摩擦生熱Q3=μ1Mgx2

由功能關系有WF=Q1+Q2+Q3

解得WF=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL

所以，水平拉力F所做的功W=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．

答：

（1）①薄紙所受總的摩擦力為μ1（M+m）g+μ2Mg．②證明見上．

（2）此過程中水平拉力所做的功為μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．23、略