2022-2023学年河北省秦皇岛市晒甲坨中学高三物理月考试题含解析

2022-2023学年河北省秦皇岛市晒甲坨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.下列说法中不正确的是A．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法。B．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法。C．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法。D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法。参考答案：

答案：D2.（单选）如图，水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻弹簧。紧贴弹簧放一质量为m滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与挡板动摩擦因数及最大静摩擦因数均为。现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是图中的（

）参考答案：C3.质量一定的某物体放在粗糙的水平面上处于静止状态，若用一个方向始终沿水平方向，大小从零开始缓慢增大的变力F作用在物体上，如图所示是作用在物体上的变力F与物体的加速度a关系图象，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．物体与水平面间的最大静摩擦力14NB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.15C．物体的质量为2kgD．由图可知力F和物体的加速度a成正比参考答案：C【分析】根据牛顿第二定律结合图象列式求解质量和动摩擦因数，从而求出最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求出F﹣a表达式，从而判断是否成正比关系．【解答】解：A、根据牛顿第二定律结合图象可知，F1﹣μmg=ma1，F2﹣μmg=ma2，代入数据得：7﹣μmg=0.5m，14﹣μmg=4m解得：m=2kg，μ=0.3，则最大静摩擦力f=μmg=6N，故C正确，AB错误；D、根据牛顿第二定律可知，F=ma+μmg=2a+6，是线性关系，不是正比关系，故D错误．故选：C4.（多选）下列关于摩擦力的说法，正确的是A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D.作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速参考答案：CD5.在下列四种情况下，物体受力平衡的是（）A．水平弹簧振子通过平衡位置时B．竖直上抛的物体在上抛到最高点时C．单摆的摆球在摆动中到达最高点时D．物体做匀速圆周运动时参考答案：A解：A、水平弹簧振子通过平衡位置时，回复力为零，此时物体受到的合力为零，故处于平衡状态，故A正确；B、竖直上抛运动到最高点的物体受到重力作用，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；C、单摆的摆球在摆动中到达最高点时受到重力和绳子的拉力作用，合力不为零，故不是平衡状态，故C错误；D、做匀速圆周运动的物体合力不为零，提供向心力，处于非平衡状态．故D错误．故选：A．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s，方向水平向右，乙车速度大小为2m/s，方向水平向左，两车在同一直线上，当乙车的速度为零时，甲车速度为________m/s，方向________。参考答案：1；水平向右7.（实验）如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=

（用L、g表示），其值是

（取g=9.8m/s2）参考答案：2；0.70m/s考点：研究平抛物体的运动解：设相邻两点间的时间间隔为T竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=水平方向：v0===2代入数据解得v0=0.70m/s故答案为：2；0.70m/s8.原长为16cm的轻质弹簧，当甲、乙两人同时用100N的力由两端反向拉时，弹簧长度变为18cm；若将弹簧一端固定在墙上，另一端由甲一人用200N的拉，这时弹簧长度变为__________cm，此弹簧的劲度系数为___________N/m．参考答案：２0，5000，9.一物体从高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：10.如图a所示是打桩机的简易模型．质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子后物体不再弹起，将钉子打入一定深度．若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图b所示．不计所有摩擦，g=10m/s2．物体上升过程所受拉力F=

N；在整个过程中距初始位置

m处物体的重力势能与动能相等．参考答案：12；0.6【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】根据功能原理列式可知E﹣h图象的斜率等于拉力，根据机械能守恒计算重力势能与动能相等时问题的高度．【解答】解：根据功能原理得：△E=F△h，得F=，可知E﹣h图象的斜率等于拉力，为：F==N=12N；由图可知，物体的机械能最大为12J，下落的过程中机械能守恒，物体的重力势能与动能相等时，均为6J，即：mgh=6J，解得：h=0.6m．故答案为：12；0.611.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（

）A.线速度大小之比为3:4B.角速度大小之比为3:4C.圆周运动的半径之比为8:9D.向心加速度大小之比为1:2参考答案：C【详解】A.线速度，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A错误。B.角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。C.根据v=rω得，圆周运动的半径线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C正确。D..根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。12.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A.第一步:把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示.B.第二步:保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和钩码，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示.V打出的纸带如下图：试回答下列问题：①已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度vA=_____________,打点计时器打B点时滑块速度vB=___________.②已知重锤质量m，当地的重加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号,只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合=__________.③测出滑块运动OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功，WA、WB、WC、WD、WE，以v2为纵轴,以W为横轴建坐标系,描点作出v2-W图像,可知它是一条过坐标原点的倾斜直线,若直线斜率为k，则滑块质量M=_______.参考答案：①由时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度VA=OB/2⊿t=x1/2⊿t

VB=(x3-x1)/2⊿t

②整个系统按图甲运动，撤去重锤后，滑块下滑时所受合外力就是重锤的重力，由动能定理，只要知道滑块下滑的位移x，就可得到合力所做的功，合力功为mgx.③由动能定理可得W=Mv2/2,若描点作出v2-W图像,是一条过坐标原点的倾斜直线,直线斜率为k,滑块质量M=2/k.13.如图：在一均强磁场中有一梯形ABCD，其中AB//CD且AB=CD,点电势分别为A、B、D点电势分别为：1V、2V、5V，则C点电势为________V,

如果有一电荷量为点电荷从A点经B、C移到D点，则电场力做的功为_________J.参考答案：8（2分），4×10–8（2分）三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。参考答案：试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有①根据力的平衡条件有②联立①②式可得③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为⑧故本题答案是：点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。15.螺线管通电后，小磁针静止时指向如图所示，请在图中标出通电螺线管的N、S极，并标出电源的正、负极。参考答案：N、S极1分电源+、-极四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一个质量为M=50kg的运动员和质量为m=10kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以vo=3m/s的速度向墙方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回，当运动员接刭箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以vo=3m/s的速度向墙方向推出箱子．求：

①运动员第一次接到木箱后的速度大小；②运动员最多能够推出木箱几次?参考答案：17.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块，已知木块的质量m＝1kg，木板的质量M＝4kg，长L＝2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20N拉木板，g取10m/s2.(1)求木板加速度的大小；(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？参考答案：(1)2.5m/s2(2)1s(3)大于25N试题分析：（1）木板受到的摩擦力：f=μ（M+m）g=10N．木板的加速度：．方向与拉力F的方向一致．（2）设作用t时间后撤去力F，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=-a′，故at2=L．得：t=1s．（3）设木块的最大加速度为a木块，则f=ma木块=μ1mg．对木板：F-f-μ（M+m）g=Ma木板木板从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N考点：牛顿第二定律的应用18.如图所示，在真空中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一质量为m、带电量为+q的小球．ABC是以O点为圆心、半径为a的竖直圆弧．BC是圆弧的竖直直径，OA是圆弧的水平半径，一带电量为+Q的点电荷固定在A点的正上方，距离A点的高度为a，现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧运动到B点时的速度为v，重力加速度为g，静电力常量为k．（1）求A、B两点的电势差UAB；（2）求小球沿圆弧AB运动到B点时对细线的拉力大小F；（3）在A点给小球竖直向下的初速度v0，恰能使小球沿圆弧ABC运动到C点，求v0．参考答案：解：（1）根据动能定理得，mga+qUAB=，解得A、B两点的电势差．（2）在最低点B，根据牛