最新2023届高三物理1月月考试题(含解析)

2023届高三物理1月月考试题（含解析）二、选择题1.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸；现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A.减小α角，增大船速vB.增大α角，增大船速vC.减小α角，保持船速v不变D.增大α角，保持船速v不变【答案】B【解析】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知A正确，BCD错误；故选A。2.物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示．若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.当拉力F＜16N时，A静止不动B.当拉力F＞16N时，A相对B滑动C.当拉力F=16N时，A受B的摩擦力等于3.2ND.无论拉力F多大，A相对B始终静止【答案】C【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度为：．此时拉力F为：．A、当时，A，B都相对静止，当时，A相对B滑动，故ABD错误；C、当时，A，B相对静止，整体的加速度为：，对B，有：，故C正确。点睛：本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用。3.如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L<d）,质量为m、电阻为R,现将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止），下列说法正确的是()A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为mg（d－L）C.当线圈的ab边刚进入磁场时速度最小D.线圈的最小速度可能为mgR/B2L2【答案】D【解析】AB、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量，感应电流做的功为，故AB错误；C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场前时线框的速度已经达到最小，则：，则最小速度，故C错误，D正确。点睛：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度。4.如图所示，直线A为电源的U-I图线，曲线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A.4W、8WB.4W、6WC.2W、4WD.2W、3W【答案】B【解析】由图A读出：电源的电动势E=3V，内阻；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压U=2V，电流I=2A；则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W；电源的输出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，故选B．点睛：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．5.如图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的过程中，下列关于能量的叙述中正确的是（）A.重力势能和动能之和始终减小B.重力势能和弹性势能之和先减小后增加C.动能和弹性势能之和先减小后增加D.小球重力势能和动能之和保持不变【答案】AB【解析】试题分析：对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大．小球的动能先增大后减小．由系统的机械能守恒进行分析．解：AD、小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．弹簧的弹性势能不断增大，所以重力势能和动能之和始终减小，故A正确，D错误．B、小球所受的弹力先小于重力，后大于重力，则小球先向下加速，后向下减速，所以小球的动能先增大后减小，由系统的机械能守恒可知，重力势能和弹性势能之和先减小后增加，故B正确．C、小球的重力势能不断减小，由系统的机械能守恒知，动能和弹性势能之和始终增加．故C错误．故选：AB6.磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是A.上板是电源的正极，下板是电源的负极B.两板间电势差为U＝BdvC.流经R的电流为D.流经R的电流为【答案】AD【解析】试题分析：根据左手定则，可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，故A正确；根据,得电动势的大小为：U=Bdv，则流过R的电流为：，而，则电流大小：；两极板间电势差为：．故AD正确正确，BC错误．故选AD．考点：左手定则，洛伦兹力【名师点睛】解决本题的关键知道稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行求解。7.如图所示的电路中，A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（）A.R2不变时，V2的读数与A读数之比等于R1B.R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R1C.R2改变时，V1读数的变化量的绝对值大于V2读数的变化量的绝对值D.R2改变时，V1读数的变化量的绝对值小于V2读数的变化量的绝对值【答案】BD【解析】试题分析：R2不变时，＝R2，故A错误．R2不变时，＝R1，故B正确．当R2增大时，电流I减小，U1减小，U2=E-I（R1+r）增大，路端电压U=E-Ir增大，而U1+U2=U，则可知U1的减小量小于U2的增加量；同理，R2减小时，U1的增加量小于U2的减小量．故D正确．故选BD．考点：电路的动态分析【名师点睛】本题难点在于如何确定两电压表读数变化量的大小，技巧是研究两电压表读数之和即路端电压如何变化．路端电压增加，增加量大；路端电压减小，减小量大。8.如图所示，传送带以恒定速率v运动，现将质量都是m的小物体甲、乙（视为质点）先后轻轻放在传送带的最左端，甲到达A处时恰好达到速率v，乙到达B处时恰好达到速度v，则下列说法正确的是（）A.甲、乙两物块在传送带上加速运动时具有的加速度相同B.甲、乙两物块在传送带上加速运动时间相等C.传送带对甲、乙两物体做功相等D.乙在传送带上滑行产生的热量与甲在传送带上滑行产生的热量相等【答案】CD【解析】试题分析：两物体在传送带上达到最大速度经过的位移不同，则可以说明二者的加速度不同，时间不同；故AB错误；由动能定理可知，传送带对甲、乙两物体做功等于动能的改变量；故说明传送带做功相等；故C正确；对于任一物体，加速度，从放上传送带到与传送带共速的时间，物体与传送带的相对位移，可知相等，产生的热量，所以产生的热量相等，故D正确。考点：功能关系、功的计算【名师点睛】本题考查传送带问题的分析，要注意明确物体在传送带上的运动过程，明确动能定理及牛顿第二定律的应用。9.如图所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．（1）本实验必须测量的物理量有以下哪些______．A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）小球a、b的质量ma、mb应该满足什么关系？______（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______(填”是”或”否”)如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？______(填”有”或”无”)这时小球a、b的落地点依次是图中水平面上的____点和______点（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是____________________________．【答案】(1).BE(2).ma>mb(3).是(4).有(5).A(6).C(7).maOB=maOA+mbOC【解析】（1）由题意知，要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，根据x=vt，因运动的时间相同，所以速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，所以选择BE；（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mav0=mav1+mbv2，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb；（3）是同时落地，碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，如果不同，则不能用水平位移代替碰撞后的速度，对实验结果有影响；a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度减小，所以碰撞后a球的落地点距离O点最近，b小球离O点最远，中间一个点是未放b球时a的落地点，所以相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中A、C点；（4）根据动量守恒mav0=mav1+mbv2，由于运动的时间相同，故可以位移代替速度，即maOB=maOA+mbOC。10.在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组（3V，内阻约1Ω）B．电流表（0﹣3A，内阻约0.0125Ω）C．电流表（0﹣0.6A，内阻约0.125Ω）D．电压表（0﹣3V，内阻约4KΩ）E．电压表（0﹣15V，内阻约15KΩ）F．滑动变阻器（0﹣2000Ω，允许最大电流0.3A）G．滑动变阻器（0﹣20Ω，允许最大电流1A）H．开关、导线若干(1)实验选择的器材有________（填写仪器前字母代号）(2)若用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图1，则读数为________

mm；(3)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻在组成电路时，请在图2虚线框内画出应采用的实验原理图________，且此原理图使得待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________（选填：“大”或“小”）；(4)若用L表示金属丝长度，d表示直径，测得电阻值为R，则计算金属丝电阻率的表达式ρ=________．【答案】(1).ACDGH(2).0.900(3).(4).小(5).【解析】(1)电源电动势为3V，电压表应选D；电路最大电流约为I=U/R=3V/5Ω=0.6A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；故实验需要选择的器材为：ACDGH。（2）固定尺刻度为0.5mm，螺旋尺刻度为40.0，故螺旋测微器读数为：；(3)待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为4kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；由于滑动变阻器阻值大于待测电阻阻值，应采用限流电路。电路图如下：电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。（4）根据电阻定律：，，则：。11.某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速为零、加速度为a的匀加速直线运动。起动后2s悬挂器脱落。设人的质量为m看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？（2）若H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。（3）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。【答案】（1）（2）7.2m（3）【解析】试题分析：（1）设人落在圆盘边缘处不至被甩下，临界情况下，最大静摩擦力提供向心力则有：μmg=mω2R解得故转盘的角速度（2）匀加速过程m=4mvc=at=4m/s平抛过程得t2=0．8sx2=vct2=4×0．8m=3．2m故L=x1+x2=7．2m（3）分析知a最小时落在转盘左端，a最大时落在转盘右端得解得解得a2=2m/s2考点：牛顿第二定律、平抛运动12.如图所示，在竖直平面内，用长为L的绝缘轻绳将质量为m、带电量为+q、的小球悬于O点，整个装置处在水平向右的匀强电场中。初始时刻小球静止在P点。细绳与场强方向成角。今用绝缘锤子沿竖直平面、垂直于OP方向打击一下小球，之后迅速撤离锤子，当小球回到P处时，再次用锤子沿同一方向打击小球，两次打击后小球恰好到达Q点，且小球总沿圆弧运动，打击的时间极短，小球电荷量不损失。锤子第一次对小球做功为W1，第二次对球做功为W2。（1）求匀强电场的场强大小E；（2）若的值达到最大，分别求W1、W2;（3）的值最大时，求第一、二次小球被打击后瞬间细绳的拉力大小F1、F2．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）如图所示，小球在A点（题中P点）合力为零，则有：tanθ=，解得：E=．（2）第一次击打后球最多到达“等效”与球心等高B位置，根据功能关系，有：W1≤mgL（sinθ+cosθ）+qEL（cosθ-sinθ）结合tanθ=在等效最高点C时，根据牛顿第二定律有：根据功能关系有：W1+W2-mg∙2L∙sinθ-qE∙2L∙cosθ=mv02整理可以得到：整理可以得到：W1=，W2=．（3）打击一次后，物体获得的速度为v1，则有：W1=mv12．根据牛顿第二定律得：F1-打击二次后，物体获得的速度为v2，则有：W1+W2=mv22．根据牛顿第二定律得：F2-联立整理可以得到：F1=，F2=点睛：本题是动能定理及牛顿定律的应用的综合题目；分析什么条件下W1最大，W2最小是关键，再运用牛顿第二定律和动能定理结合求解．13.对下列物理现象的描述，正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒分子之间存在着相互作用力B.气体对器壁的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力C.给篮球打气时会越来越费劲说明分子间存在斥力的作用D.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸气蒸发的越慢E.瓶中充满理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中内外气体的温度均不发生改变，则瓶内气体在吸收热量且分子平均动能不变【答案】BDE【解析】布朗运动说明了液体分子在永不停息的做无规则运动，选项A错误；气体对器壁的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，选项B正确；给篮球打气时会越来越费劲说明篮球内气体的压强越来越大，并非分子间存在斥力的作用，选项C错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸气蒸发的越慢，选项D正确；瓶中充满理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中气体的体积变大，对外做功，因内外气体的温度均不发生改变，则瓶内气体的分子动能不变，内能不变；根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，选项E正确；故选BDE.14.如图所示，“T”形活塞将绝热气缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左右两侧截面积分别为S1、S2，活塞至气缸两端底部的距离均为L，活塞与缸壁间无摩擦．气缸上a、b两个小孔用细管（容积不计）连通．初始时缸内气体的压强等于外界大气压强P0，温度为T0．现对缸内气体缓慢加热，发现活塞向右移动了△L的距离（活塞移动过程中不会经过小孔），试