黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高三上学期第一次月考物理试题

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大庆铁人中学2022—2023学年高三上学期月考物理试题试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。第Ⅰ卷  选择题部分一、选择题（本题共12小题，共52分。1-8题单选，每小题4分；9-12题多选，每小题5分，全部选对的得5分，选不全的得3分，错选或不答的得0分）1. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过N点，再经过M点。可以判定（    ）A. M点的电势小于N点的电势B. 粒子带正电，M点的电势大于N点的电势C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】B【解析】【详解】A．根据顺着电场线方向，电势降低，可知，M点的电势大于N点的电势，故A错误；B．带电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，所以该粒子带正电，故B正确；C．根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密场强越大，则知M点场强小于N点的场强，由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误；D．粒子从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，其电势能减小，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。故选B。2. 明代宋应星在《天工开物》一书中描述了测量弓力的方法：“以足踏弦就地，秤钧搭挂弓腰，弦满之时，推移秤锤所压，则知多少。意思是：可以用脚踩弓弦两端，将秤钩钩住弓的中点往上拉，弦满之时，推移秤锤称平，就可知道弓力大小。如图所示，假设弓满时，弓弦弯曲的夹角为，秤钩与弦之间的摩擦不计，弓弦的拉力即弓力，满弓时秤钩的拉力大小为F，则下列说法正确的是（　　）A. F一定，越小，弓力越大B. 一定，弓力越大，F越小C. 弓力一定，越大，F越大D. 一定，F越大，弓力越大【答案】D【解析】【详解】如图，对O点受力分析，受秤钩的拉力F，弦的拉力T由可得F一定，越小，弓力越小；一定，弓力越大，F越大；弓力一定，越大，F越小；一定，F越大，弓力越大。故D正确，ABC错误。故选D。3. 如图所示，在竖直面内固定三枚钉子，三枚钉子构成边长d=10cm的等边三角形，其中钉子沿着竖直方向。长为L=0.3m的细线一端固定在钉子上，另一端系着质量m=200g的小球，细线拉直与边垂直，然后将小球以的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g=10m/s2，细线碰到钉子c后，物块到达最高点时，细线拉力大小为（　　）A. 0N B. 1N C. 2N D. 3N【答案】C【解析】详解】设物块到达最高点速度v，根据机械能守恒代入数据联立解得根据牛顿第二定律解得细线拉力大小为故选C。4. 如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则(　　)A. λa>λbB. Ua<UbC. a光的光子能量为12.55 eVD. b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能Ekb＝7.59 eV【答案】D【解析】【详解】根据能级跃迁知识得：=E4-E1=-0.85-（-13.6）=12.75eV，=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，显然a光子的能量大于b光子，即a光子的波长要短，故AC错误，根据光电效应可知，最大初动能：EK=-W0，所以a光照射后的最大初动能为：Eka=12.75-4.5=8.25eV，b光照射后的最大初动能为：Ekb=12.09-4.5=7.59eV．根据截止电压知识可知Ek=Ue，则Ua＞Ub，故B错误，D正确．故选D．点睛：解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，掌握光电效应方程是关键．同时当给光电管施加反向电压，恰好使得具有最大初动能的光电子到达正极的速度为零所需要的电压即为反向截止电压．反向截止电压越大，说明光电子的最大初动能越大．5. 2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是（　　）A. “黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9km/sB. 同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的10倍C. 该时刻后“黎明星”经过408h能经过P城市正上方D. “黎明星”的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．7.9km/s为地球卫星最大的环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；B．依题意可知“黎明星”的运行周期约为T1=1.7h，同步卫星的周期为T2=24h，根据开普勒第三定律可得解得同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的6倍。故B错误；C．该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期，回到“原地”。则该时刻后“黎明星”经过408h运动的周期数为回到“原地”。由于地球自转，此时P城市转过的角度为恰好回到“原地”，故C正确；D．对于同步卫星与“黎明星”，万有引力提供向心力，则有解得因同步卫星的轨道半径大于“黎明星”的轨道半径，故同步卫星的向心加速度小于“黎明星”的向心加速度；对同步卫星与在地球赤道上随地球自转的物体，两者有相同的角速度，则有因同步卫星的轨道半径更大，故同步卫星的向心加速度大于在地球赤道上随地球自转的物体的向心加速度，所以“黎明星”的向心加速度大于在地球赤道上随地球自转的物体的向心加速度，故D错误。故选C。6. 机器人大赛中，A、B两相同机器人在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，C、D为两图像的交点，机器人可看成质点，所受阻力相等，则（    ）A. 时刻B追上A，运动过程共相遇两次B. 时间段内B的平均速度小于A的平均速度C. 时间段内牵引力对B做功小于对A做的功D. 时间段内B所受牵引力的冲量大于A所受牵引力的冲量【答案】D【解析】【详解】A．图像中交点表示同一时刻到达同一位置，由图像可知，时刻A追上B，时刻B追上A，故A错误；B．由图可知，时间段内，A和B的位移相等，则平均速度相等，故B错误；C．图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，在时刻，A物体的速度大于B物体的速度，A和B的位移相等，设时间段内牵引力对B做功为，对A做功为，由动能定理有，可得故C错误；D．图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，物体A做匀速直线运动，物体B做加速运动，由牛顿第二定律有，可得由公式可知，时间段内B所受牵引的冲量大于A所受牵引力的冲量，故D正确。故选D。7. 如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是（　　）A. 环到达B处时，重物上升的高度h＝B. 环到达B处时，环与重物的速度大小相等C. 环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能D. 环能下降的最大高度为【答案】D【解析】【详解】B．环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cos θ＝v物由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物B错误；C．因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C错误；A．当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)dA错误；D．当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)解得H＝d故D正确．故选D。8. 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图（a）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v-t图象如图（b）所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　）A. 两壶发生了弹性碰撞B. 蓝壶运动了4s停下C. 撞后两壶相距的最远距离为1.275mD. 碰撞后蓝壶的加速度大小为0.2m/s2【答案】C【解析】【详解】A．设碰后蓝壶的速度为v，由题图可知碰前红壶的速度为v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒可得：解得：碰撞前两壶的总动能为：碰撞后两壶的总动能为：所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；B．由碰前红壶的速度图象可知，红壶的加速度大小为：所以蓝壶静止的时刻为：所以蓝壶运动了3s停下来，故B错误；C．速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：故C正确；D．碰后蓝壶的加速度为：故D错误。故选C。9. 如图所示，直角梯形ABCD所在的平面内存在着匀强电场，其中，，。现将一电荷量的点电荷由A点移到C点的过程中，电场力做功，由B移到C的过程中电场力做功。已知B点的电势2V，下列说法正确的有（    ）A B. C. 若将该电荷由A点移到C点，则其电势能增加D. 该匀强电场的电场强度大小为【答案】BD【解析】【详解】AB．根据题意，由电场力做功与电势差的关系有，又有，其中已知解得，则有根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，由于则有又有解得故A错误，B正确；C．若将该电荷由A点移到C点，电势升高，则负电荷的电势能减小，故C错误；D．根据题意，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，匀强电场沿方向的分矢量为匀强电场沿方向的分矢量为由几何关系可得联立解得则匀强电场的场强为故D正确。故选BD。10. 如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则（　　）A. 吹冷风时触片P位于ab之间B. 吹热风时通过电热丝的电流为1AC. 小风扇的内阻是10ΩD. 变压器原、副线圈的匝数比【答案】CD【解析】【详解】A．由图示电路图可知，触片P若同时接触两个触点b和c，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，A错误；B．吹热风时，电热丝消耗的功率为P=500W-60W=440W则电热丝中的电流为B错误；C．吹冷风时只有小风扇工作，电流为则小风扇内阻消耗的功率为解得r=10ΩC正确；D．变压器的原线圈、副线圈的匝数比为 D正确。故选CD。11. 如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接．在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）．已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为．则下列说法正确的是A. 当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2–）mgB. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大C. 拉力F的大小一直增大D. 拉力F的大小先减小后增大【答案】AC【解析】【详解】设小球a的质量为m，则小球b的质量为2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力，当细绳与细杆的夹角为60°时，对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有，已知，在竖直方向上有，联立解得，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小，根据 可知N越来越大，在水平方向上，即摩擦力越来越大，越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确D错误．【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x方向，y方向分别列平衡方程求解．12. 如图甲所示，一质量为m、边长为L，电阻为R的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平面上。空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场，线框有一半在磁场内。其ad边与磁场边界平行。时刻起，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示。线框运动的图像如图丙所示，图中斜向虚线为过O点速度图线的切线，则（　　）A. 线框中的感应电流沿逆时针方向B. 磁感应强度的变化率为2C. t3时刻，线框的热功率为D. 时间内，通过线框的电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知垂直纸面向里的磁感应强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中电流方向为顺时针方向，故A错误；B．根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用向左加速进入磁场，在时刻，感应电动势大小为由牛顿第二定律得由图丙可知在时刻的加速度为联立解得故B正确；C．由图丙可知，时刻之后，线框速度恒定，说明线框已经全部进入磁场，此后虽然电路中有感应电流，但各边安培力相互抵消，所以线框做匀速直线运动，在时刻有线框的热功率为联立可得故C正确；D．时间内，对线框由动量定理得即若磁场恒定，则有即通过线框的电荷量为但因为随时间逐渐减小，所以通过线框的电荷量不为，故D错误。故选BC。二、实验填空题（本题共2小题，共14分）13. 如图甲所示是一个物理兴趣小组设计的实验装置，能够测量当地的重力加速度并验证机械能守恒定律。先将力的传感器固定在天花板上，再用一条细线，一端系住一个小球，另一端系在传感器上，传感器可以显示出拉力的大小。（1）实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径D。让小球处于自然悬挂状态，此时传感器显示的拉力大小为，测出悬线的长为L，将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角，g已知，由静止释放小球，使小球在竖直面内做往复运动，力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示，则小球运动到最低点时速度的大小为______。（均用已知和测量物理量的符号表示）（2）验证机械能守恒定律成立的表达式为__________________（用已知和测量物理量的符号表示）。【答案】    ①.     ②. 【解析】【详解】（1）[1]小球处于自然悬挂状态，此时传感器显示的拉力大小为，则小球运动到最低点时拉力最大，为，根据牛顿第二定律可知代入解得（2）[2]验证机械能守恒定律成立的表达式为即即为14. 某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好。(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =___________mm。(2)实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如下表所示：x（m）0100.200.300400.500.60I（A）0.490.430.380.330.310.28（A-1）2.042.332.633.033.233.57①将表中数据描在坐标纸中，如图丙所示。作出其关系图线___________ ，图像中直线的斜率的表达式k =___________（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ =___________（保留两位有效数字）。②根据图丙中关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =___________Ω（保留两位有效数字）。【答案】    ①. 0.400    ②.     ③.     ④. 1.0×10-6-1.2×10-6    ⑤. 1.1-1.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]图乙所示螺旋测微器可知，其示数0.400mm；(2)①[2]应用描点连线法作出图线如图所示[3]图像的斜率为联立和可得 [4]代入数据得则可求得②[5] 由图丙中关系图线可读出纵轴截距为1.8，此时待测电阻为零，由闭合电路欧姆定律得可得三、计算题：要求书写必要的解题步骤（本题共3小题，共34分）15. 如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上有一水平支架，一质量为m的小球用轻绳悬挂于支架上．现用一水平向右的力拉小球，使小球和车一起向右做匀加速直线运动，稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为．重力加速度为g．求：（1）绳上的拉力大小FT；（2）拉小球的水平力大小F．【答案】（1） （2） 【解析】【分析】对小球受力分析根据正交分解可得绳上的拉力大小；根据牛顿第二定律求出小球的加速度，在对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小．【详解】（1）对绳上的拉力正交分解可得：解得：（2）小车水平方向的合力：联立以上解得小车的加速度大小：对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小为：【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、整体法与隔离法的应用，属于基础题．16. 如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进入磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】（1）  （2）  （3）【解析】【详解】（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：竖直方向：加速度：可得：，，粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，，洛伦兹力等于向心力：解得：在磁场内运动的时间：.（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，解得：（3）粒子经过真空区域的时间，.粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为，解得：.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间.17. 如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为和（）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求的取值范围；（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。【答案】（1）；（2）1<k<5；（3）【解析】【详解】（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿斜面做匀加速运动的加速度大小均为   ①又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有   ②解得   ③（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为   ④   ⑤相碰时根据位移关系有   ⑥A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有   ⑦联立③~⑦式可得   ⑧所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为1<k<5   ⑨（3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和能量守恒有   ⑩   ⑪联立⑩⑪解得  ⑫（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解舍去）若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足  ⑬联立⑫⑬解得  ⑭根据运动学规律有   ⑮   ⑯联立⑭⑮⑯解得   ⑰联立③④⑤⑥⑰解得   ⑱所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足的条件是   ⑲