《四川省眉山市龙兴中学2021-2022学年高三物理月考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省眉山市龙兴中学2021-2022学年高三物理月考试题含解析（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、四川省眉山市龙兴中学2021-2022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）如图甲所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M、P之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，F0已知下列
2、判断正确的是（）A棒ab在ac之间的运动是匀加速直线运动B棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C棒ab在ce之间可能先做加速度减小的运动，再做匀速运动D棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为参考答案：AC【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】棒ab在ac之间运动时，水平方向只受到水平拉力的作用，做匀加速运动；进入磁场后受到水平拉力和安培力的作用，根据两个力的大小关系，可能存在三种情况；金属棒通过磁场的过程通过R上的电量【解答】解：A、棒ab在ac之间运动时，水平方向只受到水平拉力的作用，做匀加速运动，故A正确；B、C：棒ab进入磁场后受到水平拉力和安培力的作用，
3、根据两个力的大小关系，可能存在三种情况：拉力大于安培力，则棒先做加速运动，但随速度的增大，安培力增大，合力减小，所以棒做加速度减小的加速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；故C正确；安培力等于拉力，棒在磁场中始终做匀速运动；故B错误；拉力小于安培力，则棒先做减速运动，但随速度的减小，安培力减小，合力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；D、金属棒通过磁场的过程通过R上的电量，故D错误故选：AC2. 如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动
4、，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )A回路中产生的内能不相等B棒运动的加速度相等.C安培力做功相等 D通过棒横截面的电量相等.参考答案：B3. 以下判断正确的是（ ）A“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于油酸溶液体积除以相应油膜的面积B载人飞船绕地球运动时容器内的水呈球形，这是因为液体表面具有收缩性的表现C运动小球在水平粗糙平面做减速运动停下后，不会自发地内能减小，动能增加而加速，是因为这违反了能量守恒定律D一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体分子密度
5、将变小，分子平均动能将变大。E冷藏矿泉水的瓶身总是湿漉漉的，这是瓶内的水分子不断 向瓶外运动的结果。参考答案：BD4. 如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过轻质细绳连接，并处于静止状态。现用水平向右的力F将物体B缓慢拉动一定的距离（斜面体与物体A始终保持静止）。在此过程中，下列判断正确的是 （ ）A水平力F逐渐变大B物体A所受斜面体的摩擦力逐渐变大C斜面体所受地面的支持力逐渐变大D斜面体所受地面的摩擦力逐渐变大参考答案：AD5. 如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为AB、BC两段，且2ABBC。小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别
6、为1、2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么、1、2间应满足的关系是Atan Btan Ctan212 Dtan221 参考答案：A二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （6分）两颗人造地球卫星分别绕地球作匀速圆周运动，卫星质量，轨道半径，则它们的角速度之比，周期之比T1T2 = ，线速度之比 。参考答案： 8:1 8:1 2:17. 如图所示，匀强电场中的三点A、B、C构成一个边长为0.1m的等边三角形。已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为100V、60V和20V，则此匀强电场的场强大小E=_V/m。若将电量为1.01010
7、C的正电荷从A点移到B点，电场力所做的功W=_J。参考答案：答案： 800；4109。8. 一颗行星的半径为R，其表面重力加速度为g0，引力常量为G，则该行星的质量为 ，该行星的第一宇宙速度可表示为 。参考答案：9. 某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为_cm；该弹簧的劲度系数为_Nm参考答案：10 5010. 如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将两
8、正电荷a和b，其中他们的质量4ma=mb，电量2qa=qb，分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为参考答案：解：对ab从A到B得过程中分别运用动能定理得： 又因为质量4ma=mb，电量2qa=q b，由解得：=故答案为：111. 一列简谐横波沿直线传播以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9m，则该横波波长为 m，波速大小为 m/s，波源的起振方向是沿y轴 方向（选填“正”或“负”）参考答案：1.2，0.3，正【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】首先明确yt图象是振动图象，由图可知周期为4s和A点的起振方向，即可
9、得到波源的起振方向；据波速公式v=求解波速【解答】解：据图象可知：A点比波源O晚振动3s，即波从O传到A的时间 t=3s，所以波速为：v=0.3m/s振动周期为 T=4s，则波长为：=vT=0.34m=1.2m据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，A点的起振方向沿y轴的正方向，则波源的起振方向是沿y轴正方向故答案为：1.2，0.3，正12. 参考答案：13. 当你在商店时打工时，要把货箱搬上离地12m高的楼上，现有30个货箱，总质量为150kg，如果要求你尽可能快地将它们搬上去。你身体可以提供的功率（单位为W）与你搬货箱的质量关系如图所示，则要求最快完成这一工作，你
10、每次应该搬个货箱，最短工作时间为s（忽略下楼、搬起和放下货箱等时间）。参考答案： 3、720三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 如图为一块直角三棱镜，顶角A为30一束激光沿平行于BC边的方向射向直角边AB，并从AC边射出，出射光线与AC边夹角也为30则该激光在棱镜中的传播速度为多少？(结果保留两位有效数字)参考答案：1.7108m/s解：光路图如图：由几何关系得：=A=30，=90-30=60折射率激光在棱镜中传播速【点睛】几何光学要正确作出光路图，由几何知识找出入射角和折射角是关键知道光速和折射率的关系.15. 如图所示，一定质量理想气体经历AB的等压过程，BC的绝热
11、过程（气体与外界无热量交换），其中BC过程中内能减少900J求ABC过程中气体对外界做的总功参考答案：W=1500J【详解】由题意可知，过程为等压膨胀，所以气体对外做功为： 过程：由热力学第一定律得： 则气体对外界做的总功为： 代入数据解得： 。四、计算题：本题共3小题，共计47分16. （15分） 一根长为l的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示,丝线与竖直方向成37o角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，（重力加速度为g），求: (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)求小球经过最低点时丝线的拉力.参考答案：解析：
12、 (1) 小球静止在电场中受力如图：显然小球带正电， 由平衡条件得： 4分故 2分(2) 电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功。由动能定理： 4分由圆周运动知识，在最低点时， 3分由，得： 2分17. 一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取g=10m/s2，求： （1）1s末物块所受摩擦力的大小f1； （2）物块在前6内的位移大小； （3）物块与水平地面间的动摩擦因数。参考答案：（1）从图（a）中可以读出，当t=1s时，f1=F1=4N （3分） （2）物块在前6内的位移大小=
13、12m （3分） （3）从图（b）中可以看出，在t=2s至t=4s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为（3分）18. （15）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2kg，动力系统提供的恒定升力F28N.试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18s时到达高度H64m.求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.参考答案：见解析解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1有Ha1t由牛顿第二定律Fmgfma1解得f4N(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1有s1a1t设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律mgfma2v1a1t2s2解得hs1s242m(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律mgfma3Ffmgma4且hv3a3t3解得t3s(或2.1s)
