广东省揭阳市才林中学2023年高三物理月考试卷含解析

广东省揭阳市才林中学2023年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.(单选)如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（

）A．2倍 B．4倍 C．0.5倍 D．0.25倍参考答案：C2.汽车从某时刻开始做匀减速直线运动直至停止，若测得汽车停止所用的时间为t，发生的位移为x，根据这些测量结果，下列说法正确的是A．可以求出汽车的初速度，但不能求出加速度B．可以求出汽车的加速度，但不能求出初速度C．可以求出汽车的初速度、加速度及平均速度D．只能求出汽车在这一过程中的平均速度参考答案：C3.如图所示，在竖直平面内有四块相同的坚固石块垒成弧形的石拱，第3、4石块固定在地面上，第1、2石块问的接触面位于竖直平面，每块石块的两个侧面所夹的圆心角为37°。已知，。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，笫1、2石块间的作用力大小为，第1、3石块间的作用力大小为则为A．

B．

C．

D．参考答案：

【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3B4【答案解析】B解析：以第1块石块为研究对象，分析受力情况：重力G、第2块石块的弹力N1和第3块石块的弹力N2，如图，由平衡条件得

=sin53°=,故选B【思路点拨】以第1石块为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力的大小之比．本题首先要选择研究对象，其次要正确分析受力情况，作力图时要标出夹角，便于求解力的关系．4.在光电效应的实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压的关系曲线，如图所示。下列判断正确的是

。

A．甲光的频率大于乙光的频率

B．乙光的波长大于丙光的波长

C．若更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同

D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能

E．甲光的光强大于乙光的光强参考答案：BCE5.质量为2.5吨的货车在平直公路上运动，其运动的v-t图象如图所示．由此可求A．0~10s内货车的平均速度

B．10~15s内货车所受的阻力

C．15~25s内货车的加速度

D．0~25s内合力对货车做的总功

参考答案：ACD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.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：①待测电流表G1(0～5mA，内阻约300Ω)，②电流表G2(0～10mA，内阻约100Ω)，③定值电阻R1(300Ω)，④定值电阻R2(10Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1000Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20Ω)，⑦干电池(1.5V)，⑧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：①按电路图连接电路，________；②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；③________________________________________________________________________；图10④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，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：I2＝I1＋＝I1，所以k＝，所以r1＝(k－1)R1.答案(1)③⑥(2)如图(3)①将滑动触头移至最左端③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2(4)r1＝(k－1)R17.某兴趣小组利用图甲所示电路测量电源电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如下图所示的R-图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可得E=_________v,r=_______参考答案：（2）2.9

0.98.一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图象如图（甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如图（乙）所示。则快艇最快到达岸边所用的时间为____________s，最快到达岸边时，经过的位移大小为____________m。

参考答案：20

9.如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（

）A．小车与轨道之间存在摩擦

B.导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大

D.所用小车的质量太大参考答案：（1）小车的总质量，小车所受外（2）C10.(8分）（1）如图在倾角为θ的斜面顶端A处以速度V0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求（1）小球从A运动到B处所需的时间_________；（2）从抛出开始计时到小球离斜面的距离最大经过的时间是_________？参考答案：11.某物质的摩尔质量为μ，密度为ρ，NA为阿伏加德罗常数，则每单位体积中这种物质所包含的分子数目是___________．若这种物质的分子是一个挨一个排列的，则它的直径约为__________。参考答案：；或

()12.如图所示，竖直墙上挂着一面时钟地面上静止的观察者A观测到钟的面积为S，另一观察者B以0.8倍光速平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S′则S

S′。（填“大于”、“等于”或“小于”）

参考答案：大于13.如图，质量为kg的木板放在光滑水平面上，一质量为kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长．开始时两者都以m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为m/s时，物块的速度大小为

m/s，木板和物块最终的共同速度大小为

m/s．参考答案：0.8；2

三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（简答）如图12所示，一个截面为直角三角形的劈形物块固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C点冲上斜面.由A点飞出落在AB面上.不计一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到达A点的速度大小；(2)小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间；(3)小球第一次落到AB面时速度与AB面的夹角的正切值参考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N机械能守恒定律．解析：(1)从C到A对小球运用动能定理]，解得v0=1m/s(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面（x轴）和垂直于斜面（y轴）两个方向;则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间所以（3）小球落回斜面时沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由机械能守恒定律可以求出小球到达A点的速度．

（2）小球离开A后在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做自由落体运动，小球在水平方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出小球的运动时间．

（3）先求出小球落在AB上时速度方向与水平方向间的夹角，然后再求出速度与AB面的夹角θ的正切值．15.如图所示,甲为某一列简谐波t=t0时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论:①波的传播方向和传播速度.②求0~2.3s内P质点通过的路程.参考答案：①x轴正方向传播，5.0m/s②2.3m解：(1)根据振动图象可知判断P点在t=t0时刻在平衡位置且向负的最大位移运动，则波沿x轴正方向传播，由甲图可知，波长λ=2m，由乙图可知，周期T=0.4s，则波速(2)由于T=0.4s，则,则路程【点睛】本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，知道波速、波长、周期的关系.四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（14分）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）

参考答案：解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有+=S

①式中S为投掷线到圆心O的距离。

②

③设冰壶的初速度为，由功能关系，得

④联立以上各式，解得

⑤代入数据得

⑥17.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．参考答案：解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得

v1=v0+at②

③式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得

μ1=0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有﹣μ2mg=ma2⑤由图可得

⑥式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2=0.4⑦（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3⑧

v3=﹣v1+a3△t⑨

v3=v1+a2△t⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为（11）小物块运动的位移为

（12）小物块相对木板的位移为△s=s2﹣s1（13）联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得△s=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ1（m+M）g=（m+M）a4

（15）（16）碰后木板运动的位移为

s=s1+s3（17）联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得

s=﹣6.5m

（18）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4．（2）木板的最小长度是6.0m；（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2．（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．18.（10分）如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两板间电压为U，相距为d，两板间形成匀强电场。有一带电粒子质量为m（重力不计）、所带电量为+q，从两板下端连线的中点P以竖直速度v0射入匀强电场中，要使得带电粒子落在