江苏省重点中学2022-2023学年高三年级上册12月月考物理试卷(含答案)

江苏重点城中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试卷

学校：___________姓名：班级：___________考号：

一,单选题

1、以下关于物理学家的成就及其得出的科学理论正确的（）

A.玻尔根据氢原子光谱分立的特性提出电子轨道和原子能量是量子化的

B.查德威克通过a粒子散射实验得出了原子内有中子存在

C.卢瑟福原子核式结构理论认为原子的正电荷均匀分布在整个原子中

D.爱因斯坦的光电效应方程得出的结论认为光电子最大初动能与光照时间有关

2、如图，真空中固定两个等量异种点电荷+q、-q。其中+q在正方形abed的几何中

心处，cd边与两电荷连线的中垂线重合。贝1］（）

A.a点场强大于c点场强，a点电势大于c点电势

B.b点场强小于d点场强，b点电势小于d点电势

C.c、d两点的场强相同，电势相等

D.a、。两点的场强相同，电势相等

3、在同一条平直公路上行驶的。车和人车，其速度一时间图象分别为图中直线。和曲

线。，片=0时刻a车与Z?车在同一位置，与时刻。车在万车前方，在时间内，下

列说法正确的是（）

A.4时刻两车相距最远B.某时刻两车相遇

C.t2时刻匕车运动方向发生改变D.某时刻a车加速度等于b车加速度

4、如图所示，一根直杆固定在水平地面上，与水平面成6=37。的倾角，杆上套着一

个质量为机的圆环A,跨过定滑轮的细绳一端系在圆环A上，另一端系一物块瓦细

绳对圆环A的拉力方向是水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环A与直杆

间动摩擦因数为〃=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,要保证A不向上滑动，所悬挂

的物块3质量不能超过（）

B

45

A.mB.—mC.—mD.2m

33

5、已知在地球赤道上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的卫星A,对地球赤道覆

盖的最大张角2=60。，赤道上有一个卫星监测站3（图中未画出）。设地球半径为

R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,那么监测站3能连续监测到卫星A的最

长时间为（）

6、如图垂直于纸面向里的有界匀强磁场中有一个矩形线框Med,线框以0。为轴匀

速转动，0。与磁场右边界重合。若线框中产生电流的峰值为由图示位置开始计

时，则下列可以正确描述线框中电流随时间变化的图象是（）

7、图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、。两质点的横坐标分别为4=2m和

xb=6m,图乙为质点。从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是（）

A.该波沿-x方向传播，波速为lm/s

B.质点b经过4s振动的路程为2m

C/=ls时，质点6的加速度方向沿y轴正向

D.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为8Hz

8、在如图所示电路中，白炽灯泡LpL“L3阻值均为10C,阻值不变，理想变压器

原、副线圈匝数之比为1:3,滑动变阻器R最大阻值为20C。开始时，滑片尸处于滑

动变阻器正中间位置，当电路输入有效值为。=20V稳定的正弦交流电时，下列说法

错误的是（）

L2L3

A.通过LI的电流为L5AB.通过L2的电流为1A

C.电压表读数为15VD.若向上移动P,变压器的输出功率将变小

9、如图在同一竖直平面内将两个完全相同的小球从不同的位置沿水平方向抛出，抛出

点分别为A点和3点（图中未画出），初速度分别为七和唳，并且乙〉乙，经过一段

时间的运动后，两个小球同时垂直落到斜面上的同一个位置。点，不计空气阻力，则

（）

A.A。连线与水平方向的夹角一定和3。连线与水平方向的夹角不相同

B.两个小球落到斜面上时的动能可能相同

C.A。连线与水平方向的夹角一定与斜面的倾角相同

D.两个小球的运动时间一定不同

二、多选题

10、如图甲所示，虚线两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场

的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为稣，左侧匀强磁场的磁感应强度3随时间

/变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率

为P、横截面积为S。。将该导线做成半径为厂的圆环固定在纸面内，圆心。在

上。则下列说法正确的是（）

A.0~办时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向

B1=%时刻圆环中的电流为0

=时刻圆环受到的安培力大小为百念

D.在0~。时间内，通过圆环的电荷量为空%

42

三、计算题

11、如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸般和密闭的汽

缸N组成，两汽缸由一细管（容积可忽略）连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相

同。汽缸〃长为3L,汽缸N长为L薄活塞43可以无摩擦滑动，两汽缸密闭性良

好。初始时两汽缸处于温度为4=300K的空气中，活塞43均位于汽缸的最左端，

汽缸V、N中封闭压强分别为外、20。的理想气体。将该装置放入水中，测得所在处的

温度为4=360K,稳定时活塞3向右移动了;L。已知大气压强P。。相当于10m水

柱产生的压强。求：

（1）装置所在处水的深度；

（2）活塞A向右移动的距离。

12、如图甲所示，MN、PQ是间距/=0.5m且足够长的平行导轨，NQ工MN,导轨的

电阻均不计，导轨平面与水平面间的夹角6=37。，NQ间连接一个H=4Q的电阻。有

一磁感应强度3=1T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。将一根质量加=0.05kg、阻值

为厂的金属棒仍紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，

当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量

q=Q.2C,且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运

动过程中始终与NQ平行。求：

(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数〃；

(2)cd离NQ的距离X。

13、如图所示，倾角。=30。的足够长斜面固定在水平面上，斜面上放置一足够长“L”

型木板，木板质量3kg。质量为m=1kg的小物块置于木板上，距离木板下端

L=14.4m。小物块与木板间的摩擦可忽略不计，木板与斜面之间的动摩擦因数

〃=走。将小物块和木板同时由静止释放，小物块与木板发生的碰撞为弹性碰撞且碰

3

撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2

(1)求小物块与木板第一次碰撞前的瞬间，小物块的速度大小；

(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的某一时刻，小物体与木板速度相同，求此速度

的大小。

14、如图，在竖直平面建立xOy坐标(》轴竖直)，在y轴左侧有一光滑绝缘圆弧轨

道，A为轨道最高点，竖直，G为圆心，圆心角为仇半径为凡x<0区域有沿x

轴负方向的匀强电场，％>0区域有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小均为E。现有

一质量为如带电量为+q的小球(可视为质点)以速度/从A点沿切线滑入圆弧轨

道，运动过程不脱离轨道。已知：3=—,R=强，E=%重力加速度为g,

42g4

求:

(1)小球到达圆弧轨道。端时的速度大小；

(2)小球在圆弧轨道上运动的最大动能；

(3)当小球过。点时在％>0区域加一按图(乙)规律变化的磁场，磁感应强度大小

为为，设磁场方向垂直纸面向外为正。小球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的距

离。

四、实验题

15、(1)在“导体电阻率的测量”实验中，张聪同学用螺旋测微器测量金属丝的直径,

从刻度盘的特征分析，该同学选择的是图(选填“甲”或“乙”)，其读数为

_________mm；

1011

lllllllll11IIII

r1!!iii'in111

010

甲乙

(2)李明同学测量一只未知阻值的电阻。他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤

操作后，测量的结果如图丙所示。为了使得测量的结果更准确，他应将选择开关打到

(填“xlOO”或“xl”)挡后再重新欧姆调零进行测量；

丙

(3)图丁为“测电源电动势和内电阻”的实验电路图，图戊是根据电压表和电流表测量

的数据绘制的U-/图象。由图戊可知，电源的电动势测量值E=V,内阻的测量值

Qo（计算结果均保留两位有效数字）

参考答案

1、答案：A

解析：A.玻尔根据氢原子光谱分立的特性提出电子轨道和原子能量是量子化的，故A

正确；

B.查德威克发现原子核内存在中子，但不是通过a粒子散射实验，故B错误；

C.卢瑟福的原子核式结构理论的主要内容：原子的中心有个核，叫原子核；原子的全

部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里；带负电的电子在核外绕核旋转；原子核

所带的电荷数等于核外的电子数，故C错误；

D.爱因斯坦的光电效应方程

可知光电子最大初动能与光照时间无关，故D错误。

故选A。

2、答案：C

解析：根据等量异种点电荷的电场线及等势面分布图可知

A、。点的场强小于c点的场强，。点的电势大于c点的电势，故A错误；

B、人点的场强小于d,点的场强，6点的电势大于d点的电势，故B错误；

C、由对称性可知，c、d两点的场强相同，c、d两点在同一等势面上，电势相等，故

C正确；

D、根据对称性可知，6两点的场强大小相同方向不同，则场强不同，但电势相

等，故D错误；

故选：Co

3、答案：D

解析：AB.%时刻两车前两车距离变远，乙时间内人车追赶。车，^2时刻。车在6

车前方，说明没有追上，且巧时刻后。车又比人车速度快，距离变远，不会相遇，AB

错误；

C.由图可知，在今时刻6车运动的加速度方向发生改变，速度方向不变，C错误；

D.图象的斜率表示加速度，则由图可知，4到时间内某时刻两车的加速度可能相

同，故D正确。

故选D。

4、答案：D

T=mBg

当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得

Tcos0=mgsinO+fm

sin

fm=〃(根e+mgcosd)

联立解得

mB=2m

即悬挂的物块3质量不能超过2mo

故选D。

5、答案：C

解析：设地球质量为卫星A的质量为如根据万有引力提供向心力，有:

GMm4兀2

根据几何关系有：r=^—

tan30°

GMm^

恤g=FK~

如图所示，卫星的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和地面测控站

3不能一直保持直接通讯，设无遮挡时间为3则它们转过的角度之差最多为2。时就

不能通讯

故ABD错误，C正确;

故选：Co

6、答案：D

解析：在内，由于线图在匀强磁场中从中性面开始转动，故产生正弦式交变电

13

流，在-内都有感应电流，整个周期都有感应电流，所以ABC错误；D正

44

确；

故选D。

7、答案：C

解析：A.由图乙可知质点。该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿+%方向传

播，由图甲可知波长为8m,由图乙可知周期为8s,则波速为

28,一

v=-—m/s=Im/s

T8

故A错误；

B.由于

“T

/■=4s=—

2

可知质点b经过4s振动的路程为

s—2A=2x0.5m=Im

故B错误；

C.由于该波沿+x方向传播，根据波形平移法可知，/=ls时质点6的位移为沿y轴负

向，加速度沿y轴正向，故C正确；

D.由于

,11

f=—=—HTTz

T8

所以若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为」Hz,故D错

8

误。

故选C。

8、答案：B

解析：ABC.理想变压器原、副线圈匝数之比为1:3,可知原副线圈的电流之比为3:1,

设通过副线圈的电流为/,则原线圈的电流为31,初级电压为

q=U—3叫］=20—30/

次级电压为

9=/(&2+&3+令=30/

根据电压器电压之比等于匝数之比可得

120-30Z

301

联立解得

/=0.5A

U2=15V

则通过Li的电流为3/=1.5A,通过L2的电流为0.5A,电压表读数为％=15V,故AC

正确，B错误；

D.直流电路中外电路的总电阻与电源内阻差值越小，电源输出功率越大，如图所示

将原副线圈和副线圈电路等效为原线圈电路上与L1相串联的一个电阻，称为电源的等

效外电阻隔效，将L等效到电源内部，称为等效内内阻鸟。根据理想变压器和欧姆定

律知

Ui=-U2,A="[2,^2--------»ULUzk

n2%(g2++R)

联立可得等效外电阻为

+R

%效=今(凡2L3+r)

开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知

Q<7?

%效=y,

若向上移动P,R等效电阻变小，与与差值增大，所以变压器的输出功率将变小，D正

确。

本题选错误的，故选B。

9、答案：D

解析：A.两小球垂直落入斜面，速度的偏转角相同，由平抛运动的规律可知，速度偏

转角的正切值是位移偏转角的正切值的两倍，所以A。连线与水平方向的夹角一定和

3。连线与水平方向的夹角相同，故A错误；

BD.当小球落到斜面上时，将小球的速度进行分解，由几何关系可得

tan61=—

Vy

由平抛运动的规律

匕=gt

解得

%

gtan。

由题目可知

VA>VB

所以

‘A>’8

>VyB

小球的末动能

Ek=；根说+:根*

所以

F>F

故B错误，D正确;

C.设A。连线与水平方向的夹角为a,由平抛运动的规律

12

h2gt

tana=—=-----

xvQt

联立求解可得

1

tana=--------

2tan6^

故C错误。

故选D。

10、答案：AD

解析：A.。-/。时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定

律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A正确;

B.根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势

E=^-S

Ar

/=%时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误;

C.上式中

2Ntt0

根据欧姆定律有

根据电阻定律有

R=p过

S。

圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有

效长度都为在时刻，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直

于向右，且大小为

F.=-BJ-2r

12

圆环右半部分受到的安培力垂直于向左，且大小为

F2^B0I-2r

所以圆环受到的安培力为

安培力的方向垂直于向左，故C错误;

D.在0~0时间内，通过圆环的电荷量

Q=〃0

又

I=——,E—-----

R。

圆环磁通量的变化量

1,

\①=Bo•—7ir

联立解得

q_B(/So

4。

故D正确。

故选ADo

11、答案：（1）38m

解析：(1)设活塞横截面积为S,汽缸N中气体初状态为

PNI=2PO,1=3OOK,%]=LS,

末状态为T2=360K,VN2=^LS,

根据理想气体状态方程有胃&=乍生，解得外2=4.8为

12

放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即PM2=PN2,

在此处水产生的压强为。水=PM2-P0

解得P水=3.8%

10m高的水柱产生的压强为Po,所以此处水深丸=10mx"=38m

Po

(2)装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为x,汽缸〃中气体初状态为

兀=%，4=300丛％|=3所，

汽缸般中气体末状态为。用2=。"2，与=360K,%2=13L+gL-x]s

根据理想气体状态方程有邛纹=%乎必

12

解得x=

4

12、答案:(1)0.5(2)2m

解析：(1)由题图乙知，当

v=0

a=2m/s2

由牛顿第二定律

F=ma

得

mg6加夕?pimg0—ma

解得

〃=0.5

（2）由题图乙可知，金属棒速度稳定时

vm=2m/s

此时金属棒两端的感应电动势

E=Blvm

金属棒受到的安培力

根据物体的平衡有

mgsin6=七十]Limgcos0

解得

r=1Q

又因为此过程中通过金属棒横截面的电荷量

q=0.2C

有

-,卜①,、①Blx

q=I-At=-------------A?=-------

A?-(7?+r)R+rR+r

解得

x=2m

13、答案：（1）12m/s（2）3m/s

解析：（1）对于木板

Mgsin30°<+rri）gcos30°

所以木板保持静止，对于小物块，根据动能定理

mgLsin30°二—mv2

解得

v=12m/s

（2）以向下为正方向，设第一次碰撞后，小物块和木板的速度分别为匕和打，根据动

量守恒定律和能量守恒定律

mv=mvx+MV2

5加=3呼+3则

联立解得

匕=-6m/s

v2=6m/s

木板向下运动过程中，系统动量守恒

mvi+MV2=(m+M)V3

解之得

v3=3m/s

14、答案：(1)匕=2%(2)£揄=4+；行」片(3)

x=n(2L1+2Lj+L1=(8+兀)+?①皿。(“=。,1,2,3…)

2qB°qB0

解析：(l)对设小球运动到。点时的速度