广东省清远市丰阳中学2022年高三物理月考试题含解析

广东省清远市丰阳中学2022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.如图所示，两端开口的弯折玻璃管竖直放置，左管有一段高为h1的水银柱，右管有一段高为h2的水银柱，中间一段水银柱将管内空气分为两段，三段水银柱均静止，则中间管内水银柱的高度h为A.h1－h2 B.h1＋h2 C. D.参考答案：B【详解】以cmHg为气压单位，设大气压强为P0，左边空气的压强P左=P0-h1，右边空气的压强P右=P0+h2=P左+h，则h=h1+h2，故ACD错误，B正确；故选B。2.（单选）用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下图中的（）A．B．C．D．参考答案：考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随ω2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与ω2的关系也就变了．解答：解：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT=mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；ω增大时，FT增大，N减小，当N=0时，角速度为ω0．当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，FTsinθ﹣Ncosθ=mω2Lsinθ，FTcosθ+Nsinθ=mg，解得FT=mω2Lsin2θ+mgcosθ；当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ=mω2Lsinβ，所以FT=mLω2，此时图象的反向延长线经过原点．可知FT﹣ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误．故选：C．点评：本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化．3.做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时的速度分别为v和7v，经历的时间为t，则（

）A.前半程速度增加3.5v

B.前时间内通过的位移为C.后时间内通过的位移为

D.后半程速度增加2v参考答案：CD4.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t的图象如图所示，则下列说法正确的是(

)A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sC．质点在第1s内的平均速度0.75m/sD．质点在1s末速度为1.5m/s参考答案：D考点：匀变速直线运动的规律的应用【名师点睛】本题的关键要写出解析式，采用比对的方法求出加速度和初速度，明了物体的运动情况后，再由运动学公式研究图象的信息。5.（单选）如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.从地面以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，设球在运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，它运动的速率随时间变化的规律如图所示，在t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已做匀速运动。则球受到的空气阻力与其速率之比k=___________，球上升的最大高度H=_________________。参考答案：，7.为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m＝0.5kg的钩码，用垫块将长木板的有定滑轮的一端垫起．调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接好纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示．请回答下列问题：(1)图乙中纸带的哪端与滑块相连_______________________________________________________________________．(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个打点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a＝________m/s2.(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M＝________kg.(g取9.8m/s2)参考答案：(1)取下细绳和钩码后，滑块加速下滑，随着速度的增加点间距离逐渐加大，故纸带的右端与滑块相连．(2)由Δx＝aT2，得a＝＝m/s2＝1.65m/s2.(3)匀速下滑时滑块所受合外力为零，撤去钩码滑块所受合外力等于mg，由mg＝Ma得M＝2.97kg.8.真空中一束波长为6×10﹣7m的可见光，频率为

Hz，已知光在真空中的速度为3×108m/s．该光进入水中后，其波长与真空中的相比变

（选填“长”或“短”）．参考答案：5×1014；短．【考点】电磁波的发射、传播和接收．【专题】定量思想；推理法；光线传播的规律综合专题．【分析】根据波长求出该可见光的频率，再分析水相对真空是光密介质，所以光进入水中传播速度减小，但频率不变，由波长与频率的关系，判断波长的变化．【解答】解：由波长与频率的关系得水相对真空是光密介质，所以光进入水中传播速度减小，但频率不变，由波长与频率的关系可知其波长与真空相比变短．故答案为：5×1014；短．9.为了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验：（1）取适量的种子，用天平测出其质量，然后将这些种子装入注射器内；（2）将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V，压强传感器自动记录此时气体的压强p；（3）重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V和记录相应的气体的压强p；（4）根据记录的数据，作出l／p－V图线，并推算出种子的密度。（1）根据图线，可求得种子的总体积约为_________（即）。（2）如果测得这些种子的质量为7.86×10-3kg，则种子的密度为______kg/m3。（3）如果在上述实验过程中，操作过程中用手握住注射器，使注射器内气体的温度升高，那么，所测种子的密度值_________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。参考答案：（1）（2分）（2）（2分）

（3）偏小（2分）10.用原子核的人工转变方法可以将两个氘核聚变成一个氚核，其核反应方程是__________________________，在1kg氘核中含有的原子核的个数为____________．（阿伏加德罗常数为6.02×1023）

参考答案：

答案：

3.01×1026个11.质点做直线运动，其s-t关系如图所示，质点在0-20s内的平均速度大小为_________m/s，质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。参考答案：12.某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到的部分轨迹曲线如图所示。在曲线上取A、B、C三个点，测量得到A、B、C三点间竖直距离=10.20cm，=20.20cm，A、B、C三点间水平距离=12.40cm，g取10m／s2，则物体平抛运动的初速度大小为__________m／s，轨迹上B点的瞬时速度大小为__________m／s。（计算结果保留三位有效数字）参考答案：1.24

1.96

13.一个电流表的内阻Rg=36Ω,满偏电流Ig=10mA，将它改装成较大量程的电流表，测得改装后电流表得内阻是0.36Ω，则改装后电流表的量程为

A，并联的分流电阻为

Ω。参考答案：1

0.364略三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.一在隧道中行驶的汽车A以的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距处、以的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车，其刹车的加速度大小,从此刻开始计时，若汽车A不采取刹车措施，汽车B刹车直到静止后保持不动，求：（1）汽车A追上汽车B前，A、B两汽车间的最远距离；（2）汽车A恰好追上汽车B需要的时间．参考答案：（1）16m（2）8s(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA

得t＝＝3s此时汽车A的位移xA＝vAt＝12m；汽车B位移xB＝vBt－at2＝21mA、B两汽车间的最远距离Δxm＝xB＋x0－xA＝16m(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5s

运动的位移x′B＝＝25m汽车A在t1时间内运动的位移x′A＝vAt1＝20m

此时相距Δx＝x′B＋x0－x′A＝12m汽车A需要再运动的时间t2＝＝3s

故汽车A追上汽车B所用时间t＝t1＋t2＝8s15.（选修3-3）（6分）如图所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞质量为m，在活塞上加一恒定压力F，使活塞下降的最大高度为?h，已知此过程中气体放出的热量为Q，外界大气压强为p0，问此过程中被封闭气体的内能变化了多少？

参考答案：解析：由热力学第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（13分）风压就是垂直于气流方向上单位面积所受到的风的压力。某工科大学的学生研究小组进行了风洞实验，研究风速和风压之间的关系，得到的实验数据见下表：风速（m/s）2481216202432风压（N/m2）2.5104090160250360640

（1）试通过对上述实验数据的分析，归纳出风速v与风压p之间的定量关系；（2）2007年2月28日凌晨1时55分左右，从乌鲁木齐驶往阿克苏的5806次列车遭遇特大沙尘暴，列车从第1节车厢到第11节车厢相继被吹翻。据铁路部门设在沿线的测风仪纪录，2月28日2时前后的平均风速为32m/s，瞬时风速为43.4m/s。已知每一节车厢重G＝2′105N，车厢的高度为h＝3m，长度L＝25m，宽度d＝1.5m，试计算当时的大风对一节车厢施加的最大水平推力有多大？（3）上述大风能将列车吹翻吗？如果能吹翻，试说明你作出判断的依据是什么？如果不能吹翻，也同样说明理由，并猜测可能是什么因素使列车发生翻转的？在紧急情况下，你能否提出应急措施并作简要说明。参考答案：解析：（1）P＝（3分）（2）F＝PS＝×3×25＝88292N（2分）（3）MF＝F＝1.3×105Nm（2分），MG＝G＝2×105×0.75＝1.5×105Nm（2分）因为MF＜MG，所以不会吹翻（1分）大量被大风卷起的黄沙颗粒对火车的侧壁的撞击产生一水平推力（1分）紧急打开火车两边的车窗（2分）、或火车上的乘客移动到大风吹过来的那边17.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直干扰面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．参考答案：考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．解答： 解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1．根据动能定理得：qU=mv2

①由牛顿定律，得qvB0=m

②由几何知识，得L=2R1sinθ=R1

③联立代入数据解得B0=

④粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=

⑤联立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由几何知识可得：h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ，联立，代入数据解得h=（2﹣）L；（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足：R2（1+sinθ）＜L，代入数据解得：B2＞h；答：（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0为；（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h为（2﹣）L；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件为B2＞h．点评： 本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．18.图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r=0．50m，在轨道的最低点A处和最高点B处各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB的大小，g取10m／s2。

(1)若不计小球所受的阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小。

(2)若不计小球所受的阻力，小球每