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文档简介

2023届河北省徐水综合高中高三(下)第三次月考物理试题试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、如图所示,“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道Ⅰ上运动,在A位置变轨进入椭圆轨道Ⅱ,在近月点B位置再次变轨进入近月圆轨道Ⅲ,下列判断正确的是()A.飞船在A位置变轨时,动能增大B.飞船在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度C.飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度D.飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ的周期2、一定质量的乙醚液体全部蒸发,变为同温度的乙醚气体,在这一过程中()A.分子引力减小,分子斥力减小 B.分子势能减小C.乙醚的内能不变 D.分子间作用力增大3、如图所示,两根互相平行的长直导线垂直于平面S,垂足分别为M、N,导线中通有大小相等、方向相反的电流。O为MN的中点,PQ为M、N的中垂线,以O为圆心的圆与MN、PQ分别相交于a、b、c、d四点。则下列说法中正确的是()A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反C.a、c两点处的磁感应强度方向不同D.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同4、北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成,其中24颗是地球中圆轨道卫星,其轨道形状为圆形,轨道半径在1000公里与3万公里之间。地球中圆轨道卫星()A.比地球同步卫星的周期小B.比地球同步卫星的线速度小C.比地球同步卫星的角速度小D.线速度大于第一宇宙速度5、如图所示,已知电源的内阻为r,外电路的固定电阻R0=r,可变电阻Rx的总电阻为2r,在Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中()A.Rx消耗的功率变小 B.电源输出的功率减小C.电源内部消耗的功率减小 D.R0消耗的功率减小6、如图所示,现有六条完全相同的垂直于纸面的长直导线,横截面分别位于一正六边形的六个顶点上,穿过a、b、c、e四点的直导线通有方向垂直于纸面向里、大小为的恒定电流,穿过d、f两点的直导线通有方向垂直纸面向外、大小为的恒定电流,已知通电长直导线周围距离为处磁场的磁感应强度大小为,式中常量,I为电流大小,忽略电流间的相互作用,若电流在正六边形的中心处产生的磁感应强度大小为B,则O点处实际的磁感应强度的大小、方向分别是()A.,方向由O点指向b点B.3B,方向由O点指向cd中点C.,方向由O点指向e点D.3B,方向由O点指向中点二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示.直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象,E1、r1,分别为电源1的电动势和内阻,E2、r2分别为电源2的电动势和内阻,则下述说法正确的是()A.E1=E2B.r1>r2C.当两个电源短路时电源l的短路电流大D.当两个电源分别接相同电阻时,电源2的输出功率小8、已知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示,一个均匀带正电的金属球壳的球心位于x轴上的O点,球壳与x轴相交于A、B两点,球壳半径为r,带电量为Q。现将球壳A处开有半径远小于球半径的小孔,减少的电荷量为q,不影响球壳上电荷的分布。已知球壳外侧两点C、D到A,B两点的距离均为r,则此时()A.O点的电场强度大小为零 B.C点的电场强度大小为C.C点的电场强度大小为 D.D点的电场强度大小为9、如图甲所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上,自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球,从离弹簧上端一定距离的位置静止释放,接触弹簧后继续向下运动,小球运动的v-t图像如图乙所示,其中OA段为直线段,AB段是与OA相切于A点的平滑曲线,BC是平滑曲线,不考虑空气阻力,重力加速度为g。关于小球的运动过程,下列说法正确的是()A.小球在时刻所受弹簧的弹力等于mgB.小球在时刻的加速度大于C.小球从时刻所在的位置由静止释放后,能回到出发点D.小球从时刻到时刻的过程中,重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量10、如图甲所示,通过一理想自耦变压器给灯泡L1和L2供电,R为定值电阻,电表均为理想电表,原线圈所接电压如图乙所示,下列说法正确的是()A.u随t的变化规律为u=22sin100rtVB.将电键S闭合,电压表示数不变,电流表示数变大C.将电键S闭合,小灯泡L1变亮D.将电键S闭合,为保证小灯泡L1亮度不变,可将滑片P适当下移三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)如图,物体质量为,静置于水平面上,它与水平面间的动摩擦因数,用大小为、方向与水平方向夹角的拉力F拉动物体,拉动4s后,撤去拉力F,物体最终停下来取试求:物体前4s运动的加速度是多大?物体从开始出发到停下来,物体的总位移是多大?12.(12分)某物理兴趣小组的同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,轻绳一端固定在光滑固定转轴O处,另一端系一小球.(1)张小明同学在小球运动的最低点和最高点附近分别放置了一组光电门,用螺旋测微器测出了小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d=____mm,使小球在竖直面内做圆周运动,测出小球经过最高点的挡光时间为Δt1,经过最低点的挡光时间为Δt2.(2)戴小军同学在光滑水平转轴O处安装了一个拉力传感器,已知当地重力加速度为g.现使小球在竖直平面内做圆周运动,通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1,在最低点时绳上的拉力大小是F2.(3)如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒,张小明同学还需要测量的物理量有_____(填字母代号).戴小军同学还需要测量的物理量有______(填字母代号).A.小球的质量mB.轻绳的长度LC.小球运行一周所需要的时间T(4)根据张小明同学的思路,请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式:________________(用题目所给得字母表示)(5)根据戴小军同学的思路,请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式:____________________(用题目所给得字母表示)四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,一桌面厚度AC=h,C到地面的高度为10h。O点为桌面上一点,O点到A的距离为2h,在O点固定一个钉子,在钉子上拴一长度为4h的轻质细线,细线另一端拴一个质量为m的小球P(可视为质点)。B在O正上方,OB距离为4h,把小球P拉至B点。(重力加速度为g)(1)若小球获得一个水平向右的初速度,小球不能打在桌面上,求小球的最小初速度;(2)给小球一水平向右的初速度,当小球恰好在竖直面内做圆周运动时,小球运动到C点正下方后瞬间细线断了。已知小球在运动过程中没有与桌腿相碰,求小球自细线断开瞬间运动到地面的水平位移和细线能承受的弹力的范围。14.(16分)如图所示,固定光滑轨道AB末端B点切线水平,AB高度差,B距传送带底端的竖直高度为,与轨道同一竖直面的右侧有一倾角的传送带,以顺时针匀速转动。在轨道上A处每隔1秒无初速释放一个质量的相同滑块,从B点平抛后恰能垂直落到传送带上,速度立即变为零,且不计滑块对传送带的冲击作用。滑块与传送带间的动摩因数为,传送带长度为,不计空气阻力。(,,)求:(1)滑块从B点落至传送带的时间;(2)因传送滑块,电动机额外做功的平均功率。15.(12分)如图所示,皮带传动装置与水平面夹角为31°,A、B分别是传送带与两轮的切点,两点间距L=3.25m.一个质量为1.1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为,;轮缘与传送带之间不打滑.小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹.传送带沿逆时针方向匀速运动,速度为v1.小物块无初速地放在A点,运动至B点飞出.求:(1)当,小滑块从A点运动到B点的时间(2)当痕迹长度等于2.25m时,v1多大?

参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

A.飞船在A位置变轨时做近心运动,必须减速,动能减小,故A错误;

BC.飞船在圆轨道上运动时,根据万有引力提供向心力,得得知卫星的轨道半径越大,线速度和加速度越小,则知飞船在轨道Ⅰ上的速度和加速度均小于在轨道Ⅲ上的速度和加速度,故BC错误;

D.飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径大于轨道Ⅱ的半长轴,根据开普勒第三定律知飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期,D正确。

故选D。2、A【解析】

A.乙醚液体蒸发过程,分子间的距离变大,分子间的引力和斥力都会减小,故A正确;B.蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功,分子势能增加,故B错误;C.一定质量的乙醚液体全部蒸发,变为同温度的乙醚气体过程中,要从外界吸收热量,由于温度不变,故分子平均动能不变,而蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功,分子势能增加,故内能增加,故C错误;D.由于乙醚液体蒸发过程,分子间的距离变大,分子之间的作用力从0开始,先增大后减小,故D错误。故选:A。3、D【解析】

A.根据右手螺旋定则,M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下,N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下,合成后磁感应强度不等于0,故A错误;B.M在a处产生的磁场方向竖直向下,在b处产生的磁场方向竖直向下,N在a处产生的磁场方向竖直向下,b处产生的磁场方向竖直向下,根据场强的叠加知,a、b两点处磁感应强度大小相等,方向相同,故B错误;C.M在a处产生的磁场方向竖直向下,N在a处产生的磁场方向竖直向下,则a处的合磁场方向竖直向下,M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下,N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下,且大小相等,由平行四边形定则可知,c处的合磁场方向竖直向下,故C错误;D.M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下,N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下,且大小相等,由平行四边形定则可知,c处的合磁场方向竖直向下,同理可知,d处的合磁场方向竖直向下,由于c到M、N的距离与d到M、N的距离相等,则c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,故D正确。故选D。4、A【解析】

ABC.根据万有引力提供向心力可知解得地球中圆轨道卫星的轨道半径比同步卫星卫星的轨道半径小,故地球中圆轨道卫星的线速度大,角速度大,周期小,故A正确,BC错误;D.第一宇宙速度是近地卫星的运行速度,是卫星最大的运行速度,故地球中圆轨道卫星的运行速度小于第一宇宙速度,故D错误。

故选A。5、A【解析】

A.当外电阻与电源内阻相等时电源的输出功率最大;将R0等效为电源的内阻,则电源的等效内阻为2r;当Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中,电阻Rx从2r减小到零,则Rx消耗的功率变小,选项A正确;B.Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中,外电路电阻从3r减小到r,则电源输出功率逐渐变大,选项B错误;CD.Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中,总电阻逐渐减小,则电流逐渐变大,则根据P=I2R可知,电源内部消耗的功率以及R0消耗的功率均变大,选项CD错误;故选A。6、D【解析】

电流、在点处产生的磁感应强度大小相等、方向相反,其矢量和为零;电流、在点处产生的磁感应强度大小分别为B、2B,方向均由O点指向ef中点,可得电流、在点处总的磁感应强度大小为3B,方向由点指向ef中点;同理,电流、在点处总的磁感应强度大小为3B。方向由点指向ab中点,根据平行四边形定则,容易得到点处实际的磁感应强度的大小为3B,方向由点指向af中点。A.,方向由O点指向b点,与分析不符,故A错误;B.3B,方向由O点指向cd中点,与分析不符,故B错误;C.,方向由O点指向e点,与分析不符,故C错误;D.3B,方向由O点指向中点,与分析相符,故D正确;故选:D。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、ACD【解析】

A.根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir当I=0时U=E说明图线纵轴截距等于电源的电动势,由图可知,两电源的电动势相等,即E1=E2故A正确;B.根据数学知识可知,图线的斜率大小等于电源的内阻,由图可知,图线2的斜率大于图线1的斜率,则r2>r1故B错误;C.短路电流I=故电源1的短路电流要大,故C正确;D.根据当两个电源分别接相同电阻时,电源内阻大即电源2的输出功率小,故D正确.故选ACD.8、BD【解析】

A.根据电场强度的合成可得,O点的电场强度大小故A错误;BC.C点的电场强度大小故B正确,C错误;D.根据电场强度的合成可得,D点的电场强度大小故D正确。故选BD。9、BC【解析】

A.小球在时刻速度达到最大,此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力,则有弹故A错误;B.在乙图中,关于点对称的点可知此时弹簧的弹力为,由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化,故到达点时弹簧的弹力大于,所以弹力大于,根据牛顿第二定律可知弹解得故B正确;C.整个过程中,弹簧和小球组成的系统,机械能守恒,故从点释放,小球能到达原来的释放点,故C正确;D.小球从时刻到时刻的过程中,系统机械能守恒,则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量,所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量,故D错误。故选BC。10、BD【解析】

A.原线圈接的图乙所示的正弦交流电,由图知最大电压22V,周期0.02S,故角速度是所以有故A错误;B.电压表的示数是输出电压的有效值,输入电压和匝数不变,输出电压不变,将电键S闭合,消耗功率增大,输入功率增大,根据知电流表示数增大,故B正确;C.将电键S闭合,总电阻减小,流过的电流增大,分压增大,则并联电路的电压减小,小灯泡变暗,故C错误;D.将电键S闭合,为保证小灯泡亮度不变,根据可将滑片P适当下移使原线圈匝数减小从而增大,故D正确;故选BD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、42m【解析】

(1)由牛顿第二定律运用正交分解法求解加速度;(2)根据运动公式求解撤去外力之前时的位移;根据牛顿第二定律求解撤去外力后的加速度和位移,最后求解总位移.【详解】(1)受力分析:正交分解:由牛顿第二定律得:;;联立解得:(2)前4s内的位移为,

4s末的速度为:,

撤去外力后根据牛顿第二定律可知:,

解得:,

减速阶段的位移为:,

通过的总位移为:.【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题;关键是知道加速度是联系运动和力的桥梁,运用正交分解法求解加速度是解题的重点.12、5.700BAF2-F1=6mg【解析】

(1)[1].螺旋测微器固定刻度读数为5.5mm,可动刻度读数为20.0×0.01mm,故最终读数为两者相加,即5.700mm.(3)[2][3].根据小明同学的实验方案,小球在最高点的速度大小为v1=小球在最低点的速度大小为v2=设轻绳长度为L,则从最低点到最高点依据机械能守恒定律有化简得所以小明同学还需要测量的物理量是轻绳的长度L;根据小军同学的实验方案,设小球做圆周运动的半径为r,则小球在最低点有在最高点有从最低点到最高点依据机械能守恒定律有联立方程化简得F2-F1=6mg所以小军同学还需要测量的物理量就是小球的质量m.(4)[4].由(3)可知,根据小明同学的思路,验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式

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