2022-2023学年北京怀柔庙城中学 高三物理月考试卷含解析VIP

1、2022-2023学年北京怀柔庙城中学 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. 爬楼梯是一项很好的健身运动，某质量为60kg的同学，从学生宿舍楼的1层走到6层要克服重力做功大约是 A900 J B9000 J C1080 J D10800 J参考答案：B2. 如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计以下判断正确的是（）A闭合S瞬间，R1、R2中电流强度大小相等B闭合S，稳定后，R1中电流强度为零C断开S的瞬间，R1、R2中电流立即变为零D断开S的瞬间，R1中电流方向向右，R2中电流方向向左参考答案：解：A、闭合S瞬间，线圈

2、L与R1并联与R2串联，则通过R2中电流强度大于通过R1中电流强度大小；故A错误B、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，R1被短路，R1中电流强度为零故B正确C、D断开S的瞬间，电容器放电，R2中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，R1中电流过一会儿为零故C错误D、断开S的瞬间，电容器放电，R2中电流方向向左，由于自感，根据楞次定律可知，R1中电流方向向右，故D正确故选BD3. 某一时刻，一物体沿水平和竖直方向的分速度分别为8m/s和6m/s，则该物体的速度大小是（）A2m/sB6m/sC10m/sD14m/s参考答案：C【考点】运动的合成和分解【分析】合速度与分速度

3、遵循平行四边形定则，直接作图合成即可【解答】解：速度是矢量，其合成遵循平行四边形定则，如图故合速度为：v=m/s=10m/s故选：C4. 站在升降机里的人，在升降机开始自由下落的同时，以速率vo竖直向上和沿水平方向分别抛出A、B两光滑小球。不计空气阻力。小球碰到升降机内壁后垂直内壁方向的速度分量大小不变，反向弹回，沿内壁方向的速度分量大小、方向均不变。则 （ ） A不论vo多小，A球均可到顶部BB球一定回到人的手中Cvo足够小，则B球将落到底板上D不论vo多大，在地面上的人看来，A球在到达升降机底板前一定是先匀减速运动后匀加速运动参考答案：ABD5. 质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，

4、物体与地面间的动摩擦因数为02，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为A18m B54mC72m D198m参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示的电路中，电源电动势V，内电阻，当滑动变阻器R1的阻值调为后，电键S断开时，R2的功率为W，电源的输出功率为W，则通过R2的电流是 A接通电键S后，A、B间电路消耗的电功率仍为W则参考答案：0.5；7. 己知地球表面重力加速度大约是月球表

5、面重力加速度的6倍,地球半径大约是月球半径的4倍,不考虑地球、月球自转的影响,则地球质量与月球质量之比约为_,靠近地球表面沿圆轨逆运行的航天器与靠近月球表面沿圆轨道行的航天器的线速度之比约为_参考答案： (1). 96:1 (2). 【详解】万有引力等于重力,即,计算得出:；则;万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:,计算得出:，则:8. 特种兵过山谷的一种方法可化简为如右图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，悬绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面。开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直，则此时甲对滑

6、轮的水平拉力为_mg；若甲将滑轮由静止释放，则乙在滑动中速度的最大值为_。（不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦） 参考答案：1/2 9. 一物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一个水平向右的恒力F1，经过时间t物体运动到距离出发点为s的位置，此时立即撤去F1，同时对物体施加一水平向左的恒力F2，又经过相同的时间t，物体运动到距离出发点s/2的位置，在这一过程中力F1和F2的比可能是 和 参考答案：2:5 2:7 解：由牛顿第二定律得：，撤去时物体的速度由匀变速运动的位移公式得：解得：;或者; 解得：10. 蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器2012年6月27日潜水深度706

7、2.68m，这标志着我国具备了载人到达全球99%以上海域深处进行作业的能力潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为80m3与外界导热良好开始潜入时，舱内空气（看成理想气体）的压强为latm，温度为27，水深7062.68m处的温度为4求：当蛟龙号载人潜水艇在水深7062.68m处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为多少atm；在上述过程中舱内气体放热（填“放热”或“吸热”）；从微观的角度解释舱内压强的变化：舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低参考答案：【考点】： 热力学第一定律；理想气体的状态方程【专题】： 热力学定理专题【分析】： 舱内

8、空气为等容变化，列出初态和末态的压强和温度，由查理定律求解舱内空气看成理想气体，其内能只跟温度有关，根据温度变化分析内能的变化，放热还是吸热气体的压强与分子的平均动能和分子数密度有关，根据气体压强微观意义进行分析： 解：舱内空气为等容变化，初态：p1=1atm，T1=300K；末态：p2=？，T1=277K由查理定律得：=代入数据解得：p2=1atm=0.92atm，在上述过程中舱内气体的温度降低，内能减小，而体积不变，气体不做功，由热力学第一定律判断得知，气体放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低答：舱内气体的压强为0.92atm放热舱内空气的体积

9、不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低【点评】： 对于气体问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合，关键要正确分析不变量，灵活选择状态方程11. 质量分别为60kg和70kg的甲、乙两人，分别同时从原来静止于光滑水平面上的小车两端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上。若小车的质量为20kg，则当两人跳离小车后，小车的运动速度为_m/s，方向与（选填“甲、乙”）_相反。参考答案：1.5m/s，乙 12. 实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1内阻r1的电路如图9所示供选择的仪器如下：待测电流表G1(05 mA，内阻约300 )，电流

10、表G2(010 mA，内阻约100 )，定值电阻R1(300 )，定值电阻R2(10 )，滑动变阻器R3(01 000 )，滑动变阻器R4(020 )，干电池(1.5 V)，开关S及导线若干图9(1)定值电阻应选_，滑动变阻器应选_(在空格内填写序号)(2)用连线连接实物图(3)补全实验步骤：按电路图连接电路，_；闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；_；图10以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图10所示(4)根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_参考答案：(1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时

11、，应选用阻值适当小一些的变阻器(2)连线时要注意电表的正负接线柱不能接反(3)略(4)根据串、并联电路规律可知：I2I1I1，所以k，所以r1(k1)R1.答案(1)(2)如图(3)将滑动触头移至最左端多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2(4)r1(k1)R113. 一质点绕半径为R的圆周运动了一圈，则其位移大小为 ，路程是 ，若质点运动了圆周，则其位移大小为 ，路程是 。参考答案：、三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 图甲中游标卡尺的读数是2.98cm，图乙中螺旋测微器的读数是5.680mm参考答案：考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所

12、有专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.00.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm故答案为：2.98，5.680点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些

13、基本仪器进行有关测量15. 在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐， 由上图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离填入下列表格中距离d1d2d3测量值/cm计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为v2_m/s，小车的加速度是a=_m/s2. 参考答案：距离d1d2d3测量值/cm1205401200v20.21m/s，a0.60m/s2 .(7分)四、计算题：本题共3小题，共计4

14、7分16. 长为6L、质量为6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M的木块，如图所示。木块在AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌面的动摩擦因数为，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按住木块使其停在A处，绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处。桌面距地面高度大于6L。（1）求木块刚滑至B点时的速度v和的值?（2）若木块BE段与桌面的动摩擦因数变为，则木块最终停在何处？（3）是否存在一个值，能使木块从A处放手后，最终停在E处，且不再运动？若能，求出该值；若不能，简要说明理由。参考答案：（1）木块从A处释放后滑至B点的

15、过程中，由机械能守恒得 则木块刚滑至B点时的速度 木块从A处滑至C点的过程中，由能量关系得 由式得 （2）若，设木块能从B点再向右滑动x最终停止，由能量关系得 即 将代入式并整理得 解得 (不合题意舍去)即木块将从C点再滑动L最终停在D处。 17. 如下图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场。一个带正电小球在0时刻以v03gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如下图乙所示的电场和磁场，其中电场沿+y方向（竖直向上），场强大小，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小。已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加

16、速度g，空气阻力不计。试求：（1）12t0末小球速度的大小。（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图。（3）30t0内小球距x轴的最大距离。参考答案：（1）0t0内，小球只受重力作用，做平抛运动。当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上（1分）因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：（1分）运动周期，联立解得T2t0（1分）电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小

17、球做平抛运动t2t0时的末速度。vy1=g2t0=2gt0（1分）所以12t0末（1分）（2）24t0内运动轨迹的示意图如右图所示。（2分）（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动。23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：（1分）竖直分速度vy2=3gt0（1分）所以小球与竖直方向的夹角为45，速度大小为（1分）此后小球做匀速圆周运动的半径（1分）30t0末小球距x轴的最大距离：（1分）18. 2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机

18、着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示飞机在t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1=70m/s；在t2=2.4s时飞机速度v2=10m/s飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动设飞机受到除阻拦索以外的阻力f大小不变，且f=5.0104N，“歼15”舰载机的质量m=2.0104kg（1）若飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离x（假设甲板足够长）；（2）在t1t2间的某个时刻，阻拦索夹角=120，求此时阻拦索中的弹力T的大小；（3）飞机钩住阻拦索并关闭动力系统后，在甲板上滑行的总距离为82m，求从t2时刻至飞机停止，阻拦索对飞机做的功W参考答案：考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理可以求出飞机滑行的距离（2）根据图象求出加速度，由牛顿第二定律求出弹力（3）由图象求出飞机的位移，由动能定理求出阻力做的功解答：解：（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，由动能定理得：fx=0mv12解得：x=98