湖北省黄冈市英语信息中学高三物理月考试题含解析

湖北省黄冈市英语信息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，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=．哪个图是正确的？（）A． B． C． D．参考答案：A【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】相同速率的粒子在磁场中圆周运动的半径相同，根据带电粒子的进入磁场的方向可确定出圆心的位置，则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围．【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由R=可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故A正确．故选：A．2.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（）A．m B．m C．m D．参考答案：B【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小．【解答】解：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a=再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：

N==m故选：B3.如图所示为正点电荷周围的电场线（实线）和等势线（虚线），A、B、C是其中三个位置，场强大小分别为、、电势分别为、、则A．

B．C．

D．参考答案：A沿电场线的方向电势降低，故，电场线的疏密反映电场的强弱，故。本题选A。4.汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变），则在t1～t2如的这段时间内

A．汽车的加速度不变

B．汽车的加速度逐渐减小

C．汽车再次匀速运动的速度和原来匀速运动时的速度相等

D．汽车的速度逐渐增大参考答案：B5.质量为m的物体，沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，下列说法正确的是：A、物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B、物体对斜面的压力是由于斜面形变而产生的C、物体受到的摩擦力是mgcosθD、物体处于平衡状态参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如右图所示，一个质量为m，顶角为的直角劈和一个质量为M的长方形木块，夹在两竖直墙之间，不计摩擦，则M对左墙压力的大小为___________参考答案：mgcot7.我们绕发声的音叉走一圈会听到时强时弱的声音，这是声波的____________现象；如图是不同频率的水波通过相同的小孔所能达到区域的示意图，则其中水波的频率最大的是_________图。参考答案：答案：干涉；C

8.He一Ne激光器产生的波长为6.3×10-7m的谱线是Ne原子从激发态能级（用E1表示）向能量较低的激发态能级（用E2表示）跃迁时发生的；波长为3.4×10-6m的谱线是Ne原子从能级E1向能级较低的激发态能级（用E3表示）跃迁时发生的．已知普朗克常量h与光速c的乘积hc=1.24×10-6m·eV．则波长为3.4×10-6m的谱线对应的能量

▲

（填“大于”或“小于”）波长为6.3×10-7m的谱线对应的能量。并求出Ne的激发态能级E3与E2的能级差为

▲

eV（结果保留2位有效数字）．参考答案：小于

1.6（9.一列简谐横波沿x轴正向传播，p点震动周期为0.4s，在某一时刻波形如图所示，此刻p点的振动方向沿

，该波的波速为

，在离波源为11m的Q点经s到达波谷．参考答案：沿y轴正方向；10m/s，0.9【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】简谐横波沿x轴正向传播，P点此时刻振动方向沿y轴正方向．由图读出波长，求出波速．利用波形的平移法求出图示x=2m质点的振动传到Q点的时间，就是Q点到达波谷的时间．【解答】解：简谐横波沿x轴正向传播，P点的振动比原点处质点振动迟，此时刻原点处质点处于波峰，则P点此时刻振动方向沿y轴正方向，

由图读出，波长λ=4m，波速为v=m/s=10m/s，

在离波源为11m的Q点与图示时刻x=2m处波谷相距x=9m，根据波形的平移法得到，Q点到达波谷的时间为t=s．故答案为：沿y轴正方向；10m/s，0.910.一束光由空气射入某种介质中，当入射光线与界面间的夹角为30°时，折射光线与反射光线恰好垂直，这种介质的折射率为

，已知光在真空中传播的速度为c=3×108m/s，这束光在此介质中传播的速度为

m/s。参考答案：

11.如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行．当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止．则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度B的大小为，若使b竖直向下移动一小段距离，则a将沿斜面下移（选填“沿斜面上移”、“沿斜面下移”或“仍保持静止”）．参考答案：考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向，并根据受力平衡来确定b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小与方向，判断受力即可．解答：解：当导体a处于匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则大小B=当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，将沿斜面下移；故答案为：

沿斜面下移点评：学会区分左手定则与右手螺旋定则，前者是判定安培力的方向，而后者是电流周围磁场的方向，并学会受力分析，同时掌握力的合成与分解的法则．12.在静电场中，一个带电量q=2.0×10-9C的负电荷从A点移动到B点，在这过程中，电场力做功8.0×10-5J，则A、B两点间的电势差UAB=

V参考答案：UAB=-4×104V13.（4分）如图所示，两个的电阻串联后接在的恒定电压下，一个电压表有和两个量程档。当用档测量图中、间电压时，电压表示数为，那么这一档电压表的内阻等于

，若换用档测量、间的电压，电压表的示数是

。参考答案：

答案：

三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（简答）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面，物体A以初速度v1沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以初速度v2=2.4m/s水平抛出，当A上滑到最高点时，恰好被B物体击中．A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物体A上滑时的初速度v1；（2）物体A、B间初始位置的高度差h．参考答案：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma设物体A滑到最高点所用时间为t，由运动学公式：0=v1﹣at物体B做平抛运动，如图所示，由几何关系可得：水平位移x=；其水平方向做匀速直线运动，则x=v2t联立可得：v1=6m/s（2）物体B在竖直方向做自由落体运动，则hB=物体A在竖直方向：hA=如图所示，由几何关系可得：h=hA+hB联立得：h=6.8m答：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．15.如图所示，水平传送带两轮心O1O2相距L1=6.25m，以大小为v0=6m/s不变的速率顺时针运动，传送带上表面与地面相距h=1.25m．现将一质量为m=2kg的小铁块轻轻放在O1的正上方，已知小铁块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离L2；（2）只增加L1、m、v0中的哪一个物理量的数值可以使L2变大．参考答案：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．解：（1）小铁块轻放在传送带上后受到摩擦力的作用，由μmg=ma得a=μg=2m/s2，当小铁块的速度达到6m/s时，由vt2=2ax得：x=9m由于9m＞L1=6.25m，说明小铁块一直做加速运动设达到O2上方的速度为v，则v==5m/s小铁块离开传送带后做平抛运动根据h=gt2得下落时间：t==0.5s由L2=vt=5×0.5=2.5m（2）欲使L2变大，应使v变大由v=可知，L1增大符合要求m、v0增大对a没有影响，也就对v和L2没有影响因此，只增加L1、m、v0中的L1的数值可以使L2变大．答：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质

弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，可视为质点的小木块A质量m=1kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2．当滑板B受水平向左恒力F=14N作用时间t后，撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中

弹簧的最大压缩量为s=5cm．g取10m/s2．求：（1）水平恒力F的作用时间t；（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；（3）当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量．参考答案：（1）木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：

①

（1分）

②（1分）

根据题意有：即：③（2分）将数据代入①②③联立解得：t＝１（s）（1分）（2）１s末木块Ａ和滑板Ｂ的速度分别为：vA=aAt

④（1分）vB=aBt

⑤（1分）当木块Ａ和滑板Ｂ的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能．根据动量守恒定律有：

⑥（2分）由能的转化与守恒得：⑦（2分）代入数据求得最大弹性是能（1分）（3）二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v/，相对木板向左滑动距离为s，有：

⑧（2分）由⑧式解得：Ks5u由能的转化与守恒定得可得：E=μmgs⑨（1分）由⑨式解得：s=0.15（m）由于且，故假设成立

（1分）整个过程系统产生的热量为：⑩（1分）由⑩式解得：Q=1.4（J）

（1分）17.（计算）如图所示，竖直平面内的直角坐标系中，X轴上方有一个圆形有界匀强磁场（图中未画出），x轴下方分布有斜向左上与Y轴方向夹角θ=45°的匀强电场；在x轴上放置有一挡板，长0.16m，板的中心与O点重合．今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°角射入第一象限，经过圆形有界磁场时恰好偏转90°，并从A点进入下方电场，如图所示．已知A点坐标（0.4m，0），匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小B=，粒子的荷质比=×103C/kg，不计粒子的重力．问：（1）带电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径多大？（2）圆形磁场区域的最小面积为多少？（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足什么要求？参考答案：（1）常电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为0.2m；（2）圆形磁场区域的最小面积为6.28×10﹣2m2；（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足：E＜6.67N/C或E＞10N/C带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入解得：r=0.2m；（2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应：2R=，则圆形磁场区域的最小面积：S=πR2=0.02π；（3）粒子进电场后做类平抛运动，出电场时位移为L，在初速度方向上：Lcosθ=v0t，在电场力方向上：，由牛顿第二定律得：qE=ma，代入解得：，若要使粒子不打在挡板上，则L＞0.48m，或L＜0.32m解得：E＜6.67N/C或E＞10N/C答：（1）常电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为0.2m；（2）圆形磁场区域的最小面积为6.28×10﹣2m2；（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足：E＜6.67N/C或E＞10N/C．18.如图所示