江苏省无锡市木渎高级中学高三物理月考试卷含解析

江苏省无锡市木渎高级中学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）如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到PQ重合时，线框的速度为v/2，则A．此时线框中的电功率为

B．此时线框的加速度为C．此过程通过线框截面的电量为

D．此过程回路产生的电能为参考答案：BC2.在不计空气阻力的情况下，下列运动过程满足机械能守恒的是（

）A.电梯匀速下降过程B.物体从手中抛出后的运动过程C.起重机吊起重物过程D.子弹穿过木块过程参考答案：试题分析：电梯匀速下降，受力平衡，向上的拉力做负功，机械能增加，A错误；物体抛出后只有重力做功，机械能守恒，B正确；起重机吊起重物过程中，拉力对物体做正功，机械能增加，C错误；子弹穿过木块过程中，阻力对子弹做负功，机械能减少，D错误．考点：机械能守恒3.某原子核的衰变过程如下：，则（）．A．X的中子数比P的中子数少2B．X的质量数比P的质量数多5C．X的质子数比P的质子数少1D．X的质子数比P的质子数多1参考答案：答案：D4.两个异种电荷产生的电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是

A.图中正电荷的电量大于负电荷的电量

B.P点处的电场强度大于Q点处的电场强度

C.P点处的电势小于Q点处的电势

D、某一负电荷在P点处的电势能大于在Q点处的电势能参考答案：AB5.如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是

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.有一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向以速率v=10m/s传播，某时刻的波形如图所示，把此时刻作为零时刻，质点A的振动方程为y=

m.参考答案：由题图读出波长和振幅，由波速公式求出频率，由得出角速度，由于质点A开始时刻向下振动，故将相关数据代入可得答案．7.一物体从高H处自由下落，当它运动到P点时所用的时间恰好为整个过程时间的一半，不计空气阻力，则P点离地面的高度为

A．3H/4

B．H/2

C．H/4

D．H/8参考答案：8.质量为0.4kg的小球甲以速度3m/s沿光滑水平面向右运动，质量为4kg的小球乙以速度5m/s沿光滑水平面与甲在同一直线上向左运动，它们相碰后，甲球以速度8m/s被弹回，则此时乙球的速度大小为

m/s，方向

。参考答案：3.9

水平向左9.兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）。在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。请你分析纸带数据，回答下列问题：（a）该电动小车运动的最大速度为

m/s；（b）关闭小车电源后，小车的加速度大小为

m/s2；（c）该电动小车的额定功率为

W。参考答案：10.如图所示为一面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动时所产生的交流电的波形，则该交流电的频率是_________Hz，电压有效值为_______V。参考答案：50，212.111.某同学进行用实验测定玩具电动机的相关参数．如图1中M为玩具电动机．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示．图中AB、DC为直线，BC为曲线．不考虑电表对电路的影响．①变阻器滑片向左滑动时，V1读数逐渐减小．（选填：增大、减小或不变）②电路中的电源电动势为3.6V，内电阻为2Ω．③此过程中，电源内阻消耗的最大热功率为0.18W．④变阻器的最大阻值为30Ω．参考答案：考点：路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：①由闭合电路欧姆定律明确电流及电压的变化；②确定图线与电压表示数对应的关系．根据图线求出电源的电动势和内阻．③判断V2读数的变化情况．电源内阻的功率由P=I2r求解．④当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值．解答：解：①变阻器向左滑动时，R阻值变小，总电流变大，内电压增大，路端电压即为V1读数逐渐减小；②由电路图甲知，电压表V1测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V1的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r=Ω=2Ω当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V；③当I=0.3A时，电源内阻消耗的功率最大，最大功率Pmax=I2r=0.09×2=0.18W；④当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=﹣r﹣rM=（﹣2﹣4）Ω=30Ω．故答案为：①减小；②3.6，2；③0.18；④30．点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．12.在用油膜法测定分子直径的实验中，若已知该种油的摩尔质量为M，密度为ρ，油滴质量为m，油滴在液面上扩展后的最大面积为S（以上各量均为国际单位），那么油分子直径d＝___________，油滴所含分子数N＝_______。v参考答案：m/(ρ·S)，NA13.如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及圆环B静止在图中虚线所在的位置．现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动．则此过程中，圆环对杆摩擦力F1___

_____(填增大、不变、减小)，圆环对杆的弹力F2___

_____(填增大、不变、减小)。参考答案：不变，增大，三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，在滑雪运动中一滑雪运动员，从倾角θ为37°的斜坡顶端平台上以某一水平初速度垂直于平台边飞出平台，从飞出到落至斜坡上的时间为1.5s，斜坡足够长，不计空气阻力，若g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)运动员在斜坡上的落点到斜坡顶点(即飞出点)间的距离；(2)运动员从斜坡顶端水平飞出时的初速度v0大小.参考答案：18.75m

试题分析：（1）根据位移时间公式求出下落的高度，结合平行四边形定则求出落点和斜坡顶点间的距离。（2）根据水平位移和时间求出初速度的大小。（1）平抛运动下落的高度为：则落点与斜坡顶点间的距离为：（2）平抛运动的初速度为：【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和数学公式进行求解，并且要知道斜面的倾角是与位移有关，还是与速度有关。15.一列简谐横波在t=时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。求（i）波速及波的传播方向；（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。参考答案：（1）波沿负方向传播；

（2）xQ=9cm本题考查波动图像、振动图像、波动传播及其相关的知识点。（ii）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。由图（a）知，处，因此

④由图（b）知，在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为

⑥四、计算题：本题共3小题，共计47分16.(10分)如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成37°角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，已知物块与轨道间的滑动摩擦系数均为0.3，A点高h，(sin370=0.6)。求：

（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功；（2）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值t1/t2。参考答案：解析：（1）由动能定理

所以

（2）设物块沿轨道AB滑动的加速度为a1，由牛顿第二定律：

设物块到达B点时的速度为VB，则有

设物块沿轨道AB滑动的加速度为a2，由牛顿第二定律：

物块从B点开始作匀速直线运动，到达C点时，速度为零，故有

有

所以

17.如图所示，ABCD是一个T型支架，支架A端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，D点处有一光滑转动轴，AC与BD垂直，且AB=BC，BD长为d=0.6m，AC与水平地面间的夹角为θ=37°，整个支架的质量为M=1kg（BD部分质量不计）．质量为m=2kg的小滑块置于支架的C端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下大小为24N的拉力F，小滑块在拉力作用下由静止开始沿AC做匀加速直线运动，己知小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求小滑块沿AC向上滑的加速度大小；（2）滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，求拉力作用的最大时间．参考答案：考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）先根据力矩平衡条件得到支架开始转动时滑块的位移，然后根据位移时间关系公式列式求解；（3）作用一段时间后撤去拉力F，滑块先匀加速，然后匀减速；根据牛顿第二定律列式求解加速和减速过程的加速度；根据运动学公式列式；再根据力矩平衡条件列式；最后联立求解即可．解答： 解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma

代入数据，得：a=2m/s2（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：F（ACcos37°﹣CD）+f?BD+N（S﹣BC）=Mg?BDsin37°+F?BD

式中N=mgcos37°，f=μmgcos37°代入数据，得：S=1.2m

因此，t==≈1.1s

（3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：v1=at1S1=at12撤去F后，根据牛顿第二定律，有：a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2滑块减速直至静止过程：v1=a2t2S2=a2t22滑块恰好运动到离C点S′处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：μmgcos37°?BD+mgcos37°（S′﹣BC）=Mg?BDsin37°

代入数据，得：S′=0.725m

根据位移时间关系公式，有：S′=at12+a2t22代入数据，得：t1=0.78s

答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大