河北省邯郸市第二十四中学高三物理月考试题含解析

河北省邯郸市第二十四中学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.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．下列关于实验中使用静电计的说法中正确的是A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代参考答案：A2.（多选）质量为m物体静止在光滑的水平面上，从t=0时刻开始受到水平力作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向不变，则：A、3t0时刻的瞬时功率为5F02t0/mB、3t0时刻的瞬时功率为15F02t0/mC、在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为3F02t0/4mD、在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为25F02t0/6m参考答案：BD3.做圆周运动的两个物体M和N，它们所受的向心力F与轨道半径R之间的关系如图所示，其中图线N为双曲线的一个分支．则由图象可知

A．物体M和N的线速度均保持不变

B．在两图线的交点，M和N的动能相同C．在两图线的交点，M和N的向心加速度大小相同

D．随着半径增大，M的线速度增大，N的角速度减小

参考答案：BD由于N为双曲线的一个分支，说明F与r成反比，由向心力的公式F=可知，N物体运动的线速度不变，由于M的图象为直线，说明F与r成正比，由向心力的公式F=mrω2可知，M物体运动的角速度不变，AD错误；在两图线的交点，对应两物体的轨道半径和向心力相等，由F=

=

rω2知，M和N的动能相同，由于两物体的质量关系不确定，所以M和N的向心加速度大小关系不确定，B对C错.4.（多选题）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1．已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有（）A．变压器输入电压的瞬时值是u=U1sin2πntB．变压器的匝数比是U1：U0C．电流表的示数是D．线圈中产生的电动势最大值是Em=U1参考答案：BC【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系．【解答】解：A、线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω=2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u=U1sin2πnt，故A错误．B、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1：U0．故B正确．C、理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=，所以输入功率为P=，电流表的示数是I1==，故C正确．D、由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于U1，故D错误．故选BC．5.如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo′匀角速转动，转动周期为T0。线圈产生的电动势的最大值为Em，则A．线圈产生的电动势的有效值为B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次参考答案：BC由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为，A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值,故B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，D错误。二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面。且AB＝BC，电场中A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则EA、EB、EC大小关系为

；UAB、UBC大小关系为

(按从大到小的顺序排列)。参考答案：．EC>EB>EA

UABBC7.在长为l的绝缘轻杆两端分别固定带电量分别为＋q、－q的等量异种点电荷，放入场强为E的匀强电场中，轻杆可绕中点O自由转动，若忽略两点电荷间的相互作用，在轻杆与电场线夹角为θ时，两点电荷受到的电场力对O点的合力矩大小为_______________，若设过O点的等势面电势为零，则两电荷具有的电势能之和为_____________________。参考答案：

答案：qELsinθ；qELcosθ8.右图为小车做直线运动的s－t图，则小车在BC段做______运动，图中B点对应的运动状态的瞬时速度大小是______m/s。参考答案：匀速，1.6~1.9

9.A．质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度2v0/3射出。则物块的速度为＿＿＿＿，此过程中损失的机械能为＿＿＿＿。参考答案：

mv02-m2v02。由动量守恒定律，mv0=m·2v0/3+Mv，解得v=.由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为△E=mv02-m·(2v0/3)2+Mv2=mv02-m2v02。10.质量为20kg的小孩，平推一质量为4kg的物体使它得到对地4m/s的速度，若小孩靠着墙，则小孩做功为___________，若小孩站在光滑的冰面上，则小孩做的功将是_________。参考答案：32J，38.4J11.一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为：（m），则物体的初速度为

，物体的加速度为

。参考答案：

答案：24

-1212.如图所示电路中，E为不计内阻的电源，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，灯L的电阻不随温度改变，所有电表均为理想电表。某同学选择与电路图相应的实验器材，按图示电路进行实验，通过改变滑动变阻器滑动片P的位置从而调节灯泡的亮度，并将各电表的示数变化情况分别记录在下表中。实验序号A1表示数（A）A2表示数（A）V1表示数（V）V2表示数（V）10.850.143.52.102X0.244.82.4030.720.484.80则由表格中数据可知变阻器电阻R1的全阻值为

W；表格中X值为

。参考答案：．20；0.7213.如图所示是某原子的能级图,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光.在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则正确的是_____________.参考答案：C三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.直角三角形的玻璃砖ABC放置于真空中，∠B＝30°，CA的延长线上S点有一点光源，发出的一条光线由D点射入玻璃砖，如图所示．光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束经过SD用时和在玻璃砖内的传播时间相等．已知光在真空中的传播速度为c，，∠ASD＝15°.求：①玻璃砖的折射率；②S、D两点间的距离．参考答案：(1)

(2)d试题分析：①由几何关系可知入射角i=45°，折射角r=30°可得②在玻璃砖中光速光束经过SD和玻璃砖内的传播时间相等有可得

SD=d考点：光的折射定律。15.（8分）小明测得家中高压锅出气孔的直径为4mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80g。通过计算并对照图像（如图)说明利用这种高压锅烧水时，最高温度大约是多少？假若要把这种高压锅向西藏地区销售，你认为需要做哪方面的改进，如何改进？参考答案：大约为115℃解析：

P＝Po＋Pm＝1．01×105Pa＋＝1．63×105Pa由图像可得锅内最高温度大约为115℃．若要把这种锅向西藏地区销售，由于西藏大气压较小，要使锅内最高温度仍为115℃，锅内外压强差变大，应适当提高锅的承压能力，并适当增加安全阀的质量。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（14分）如图所示，传送带以恒定的速度υ=l0m/s运动，已知传送带与水平面成θ=37°角，PQ=16m，将一小物块无初速地放在传送带上P点，物块与此传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g=l0m/s2，求：(sin37°=0.6cos37°=0.8)

（1）当传送带顺时针转动时，小物块运动到Q点的时间为多少?（2）当传送带逆时针转动时，小物块运动到Q点的时间为多少?参考答案：解析：（1）皮带顺时针转动时物体加速度为a1a1=gsin37°-gcos37°=2m/s2s=a1t12

t1==4s（2）皮带逆时针转动时当物体速度小于va2=gsin37°+gcos37°=10m/s2t2==1s

s2==5m速度大于v后加速度a3为a3=gsin37°-gcos37°=2m/s2s3=lpq-s2=11ms3=vt3+a3t32

t3=1st=t2+t3=2s17.如图10－2－14所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝4cm，bc＝10cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量q＝4×10－8C的正电荷从a移到b电场力做功W1＝1.2×10－7J，求：(1)匀强电场的场强E；(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2；(3)a、c两点的电势差Uac.参考答案：18.（计算）如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2。(1)求滑块的质量；(2)求滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量；(3)若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为多少？参考答案：（1）3.3kg；（2）53.6J；（3）0.4m．动能定理的应用；牛顿第二定律C2E2解析：（1）子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，有：①由v-t图象知子弹入射前、后的速度和滑块的初速度分别为：v0=400m/s，v1=4m/s，v2=-2m/s②②代入①式解得：M=3.3kg

③（2）设滑块（包括子弹）向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有

④2分，解得：a=2m/s2

⑤设滑块（包括子弹）向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则：=2s

⑥=4m⑦这段时间内传送带向右运动的位移大小为：=4m

⑧由能量守恒定律，滑块（包括子弹）向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为：=53.6J

⑨2分（3）在传送带右端，因滑块（包括子弹）恰好能水平飞出，故有：

⑩解得：R=0.4m

2分评分说明：没有写②的三个速度值,（1）问结果正确仍要扣2分。没有⑥式，⑦式采用=4m仅给1分；而后也没法求传送带相应的运动位移，这时⑨式用=26.8J或=26.8J