广东省深圳市龙岗区横岗高级中学2023年高三物理月考试卷含解析

广东省深圳市龙岗区横岗高级中学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.（多选）据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍．则该行星与地球的（）A．轨道半径之比为B．轨道半径之比为C．线速度之比为D．线速度之比为参考答案：解：A、B、行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：G=m解得：R=该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故：==故A正确，B错误；C、D、根据v=，有：=?=；故C正确，D错误；故选：AC．2.（多选）下列说法正确的是A．电容器的电容与它是否带电无关B．平行板电容器充电后，它的带电量等于两极板带电量绝对值之和C．由公式C=Q/U可知，电容器的电容随所带电量的增大而增大D．平行板电容器充电后与电源断开，使两极板距离增大，板间场强不变参考答案：AD3.两物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示。对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于A．B．C．D．参考答案：B本题是连接体问题，处理方法常有两种：隔离法和整体法，要灵活选择研究对象．求加速度时可以考虑整体法．求内力时必须用隔离法。根据牛顿第二定律，对整体：a=；对B：F′=m2a=，故选B。4.一物体在xOy为直角坐标系上运动，其运动规律为（式中的物理量单位均为国际单位).关于物体的运动，下列说法中正确的是A.物体在工方向上做匀减速直线运动B.物体在y方向上做匀加速直线运动C.物体运动的轨迹是一条直线D.物体运动的轨迹是一条曲线参考答案：BC5.下列陈述的现象被实验否定的是：A、静止导线上的稳恒电流可在近旁静止的线圈中感应出电流B、稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流C、静止的磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势D、运动导线上的稳恒电流可在近旁的线圈中感应出电流参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在匀强电场中建立空间坐标系O﹣xyz，电场线与xOy平面平行，与xOz平面夹角37°，在xOz平面内有A、B、C三点，三点连线构成等边三角形，其中一边与Ox轴重合．已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为1.25×10﹣5N；将其从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J，从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J，则A、B、C三点中电势最高的点是

点，等边三角形的边长为

m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6）参考答案：C；0.4．【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据电场力做功正负分析电势能的变化，结合推论：负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析电势的高低．由电场力做功公式求等边三角形的边长．【解答】解：将负点电荷从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J，电势能增大2.0×10﹣6J，从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J，所以C点的电势能最小，由推论：负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则C点的电势最高．由于点电荷从B移动到C电势能变化量最大，由等边三角形的对称性可知，BC边应与x轴重合，设等边三角形的边长为L．从B点移到C点电场力做功W=4.0×10﹣6J已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为F=1.25×10﹣5N，由W=FLcos37°得L===0.4m故答案为：C；0.4．7.一物体放在倾角为的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑，若给此物体一个沿斜面向上的初速度V0，则它能上滑的最大路程是____________。参考答案：8.如右图所示，一个质量为m，顶角为的直角劈和一个质量为M的长方形木块，夹在两竖直墙之间，不计摩擦，则M对左墙压力的大小为___________参考答案：mgcot9.如图所示，质量为M，半径为R的均匀圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心，重力加速度为g。现在薄板上挖去一个直径为R的圆，则圆板的重心将从O点向左移动________R的距离，在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F=________。

参考答案：

；

10.两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，运行线速度之比是v1:v2=1:2，它们运行的轨道半径之比为__________；所在位置的重力加速度之比为__________。参考答案：_4:1___；__

1:16__11.如图所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小为___________；小球A的加速度大小为_________。参考答案：答案：，g+12.如图19所示，电路中的电阻R2是光敏电阻，其它电阻的阻值不变。已知不受光照时，电阻R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4，电路两端的电压U恒定不变，且左端接电源的正极。若用光照射光敏电阻R2，且逐渐增强照射光的强度至某一值，在此过程中电容器C所带的电荷量的变化情况可能是___________，也可能是______________________。参考答案：减小

先减小后增大13.16．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图12-a所示的装置，图中长木板水平固定．

（1）实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上．调整定滑轮高度，使

．

（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=

．

（3）如图12-b所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a=

m/s2（保留2位有效数字）．参考答案：（1）细线与长木板平行（2）μ=

（3）a=1.3m/s2（保留2位有效数字）三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=

mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径D=

mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值R=

Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～50Ω，允许通过的最大电流0.5A）开关S、导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．参考答案：解；（1）游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+19.9×0.01mm=4.699（4.700±0.001）；（3）欧姆表的读数为：R=30×10Ω=300Ω；（4）根据电源的电动势为4V可知电压表应选择；由于通过待测电阻的最大电流为===13mA，所以电流表应选择；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于实验要求能测多组数据，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）4.699；（3）300；（4）如图【考点】测定金属的电阻率．【分析】题（1）游标卡尺读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意分度大小；题（2）螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；题（4）首先根据电源电动势大小选择出电压表的量程，再通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，根据电流表内外接法的选择方法判定应采用内接法；根据要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，即电路应是分压外接电路．15.（4分）在下列实验中，操作正确的是(

)．A．在“用油膜法估测分子的大小”实验时，先往浅盘里倒入水，再用注射器或滴管将配制好的油酸酒精溶液在水面上滴一滴，然后将油膜的形状用彩笔画在玻璃板上B．在使用多用表测电阻时，开始对欧姆挡进行调零，换挡后不需要再次重新调零C．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，应将摆球拉开一个小于10°的角，将其由静止开始释放，并同时开始计时D．在做“碰撞中的动量守恒”实验中，确定小球落点的方法是：用尽可能小的圆把重复多次实验得到所有的小球落点都圈在里面，圆心就是最后测量时用到的小球落点参考答案：答案：D四、计算题：本题共3小题，共计47分16.一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2．0m，第5s内和第6s内的位移之和为11．2m。求：（1）该质点运动的加速度大小；（2）该质点在第6s内的位移大小。参考答案：（1）0.8m/s2；（2）6m。（1）（5分）第0.5s末的速度：v1==2m/s。

t2=2s，第5s的速度：v2==5.6m/s。

△t=5s－0.5s=4.5s，该质点运动的加速度大小：a==0.8m/s2。

（2）（3分）该质点在第6s内的位移大小x=vt+at2=6m。

17.（18分）在平静的湖面上有一艘质量M=120kg的船，船头船尾各有一人甲和乙。其中甲的质量m1=72kg，乙的质量m2=48kg。船在静水中以v0=5m/s的速度匀速运动。（1）某时刻甲和乙同时以相对于船的速度大小为△v=2m/s沿水平方向分别向前和向后跳离该船。求两人跳出瞬间船的速度。（2）若甲、乙跳出船时相对于船的速度大小和方向均不变，只是跳的顺序改变为甲先跳，然后乙再跳，求乙跳出瞬间船的速度又是多少。（忽略水的阻力）参考答案：解析：（1）甲、乙跳离船前后，系统动量守恒，以v0为正方向有

①

解出：v1=4.8m/s

②

（2）若甲先跳，甲跳离船前后，系统动量守恒，

③

解出：v2=4.4m/s

④

然后乙跳，乙跳离船前后，系统动量守恒

⑤

解出：vy=4.97m/s

⑥18.如图所示，在直角坐标系xOy平面的y轴左侧区域，存在方向沿y轴负向的匀强电场（y轴为其右边界），场强E=1.0×4V/m．在y轴的右侧等腰三角形OMN区域内，存在一磁感应强度B=6.0T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，其右边界MN与y轴平行，且间距d=5.0m，∠NOM=120°，一质量m=1.0×10﹣8kg，电荷量q=1.6×10﹣6C的粒子，从电场中的P（﹣，0.6）点以初速度v0沿x轴正向抛出，刚好经坐标原点O以与x轴成30°角的方向射入磁场，不计粒子重力．（1）求粒子从P点抛出时的初速度v0的大小．（2）若粒子从第二象限某位置沿x轴正向抛出后，均能经坐标原点O沿与x轴成30°角的方向射入磁场，再从磁场区以内与边界垂直的方向射出，求粒子抛出的所有可能位置．参考答案：考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题： 带电粒子在复合场中的运动专题．分析： （1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子经过O点时速度为v，应有v0=v?cos30°．根据牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解v0．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得到y与R的关系式．粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，可得到tan30°===，从而得出粒子抛出位置的坐标必满足的方程．据题粒子磁场边界垂直射出有两种情况：一是从边界OM垂直射出，一是从边界OM垂直射出，由几何关系得到R的值，从而可得到粒子抛出的所有可能位置．解答： 解：（1）设粒子经过O点时速度为v，竖直分速度为vy，由题意可知：v0=v?cos30°…①=2ay…②a=…③v=2vy…⑤由②③④得：v=…⑤所以由①得：v0=?cos30°=?=2.4×103m/s（2）设粒子在电场中的抛出位置为（x、y），射入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m…⑥由⑤⑥可得：y===7.2×10﹣2R2…⑦因粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，则tan30°===，即粒子抛出位置的坐标必满足方程：y=﹣x…⑧于是得抛出位置的横坐标为：x=﹣×10﹣2R2…⑨分两种情况讨论：Ⅰ、当粒子从边界MN垂直射出磁场时：R=2d=10m将R值代入⑨式得抛出位置的横