陕州中学2024届高三上学期第三次月考物理试卷(含答案)

这是一份陕州中学2024届高三上学期第三次月考物理试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．物理学的巨大发展得益于科学家们创造和应用了许多物理学方法，如比值法、微元法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )
A.在推导匀变速运动位移公式时，把整个变速运动过程划分成很多匀速运动的小段，然后把各小段的位移相加，这里把速度变化的过程处理成许多速度不变的过程，这种方法叫控制变量法
B.根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里用了理想化模型法
C.物体本身的大小和形状都不需要考虑时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.定义加速度用的是比值定义法
2．野炊时，三根对称分布的轻质细杆构成烹煮支架静置于水平地面上，如图甲所示。炊具与食物的总质量为m，各杆与竖直方向的夹伯均为30°。出于安全考虑，盛取食物时用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.烹煮食物时，各杆对地面的作用力大小均为
B.烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为
C.拉动吊绳过程中，吊绳上的张力不断增大
D.拉动吊绳过程中，铁钩对吊绳的作用力方向不变
3．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为，其左边缘a点比右边缘b点高。若摩托车经过a点时的动能为，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
A.20B.18C.9.0D.3.0
4．如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光潜水平面上。物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图乙所示。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( )
A.从到时间内，A的位移为
B.A、B两物体的质量比为
C.碰撞过程弹簧弹性势能的最大值为
D.A与斜面间动摩擦因数为0.25
5．如图所示，在正方体中abcd面的对角线ac的中点放一电荷量为的点电荷，在面的对角线的中点放另一电荷量为的点电荷，下列说法正确的是( )
A.a点的电势等于点的电势
B.b点的电场强度与点的电场强度相同
C.负电荷沿棱从c到电势能先增大后减小
D.负电荷沿棱从b到电场力一直做负功
6．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是( )
A.电路的总电阻先减小后增大
B.电源的总功率先增大后减小
C.电容器所带电荷量先减少后增多
D.电源的效率先减小后增大
7．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽。一带负电的粒子质量为m，电荷量为q，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是( )
A.粒子经偏转一定能回到原点O
B.粒子完成一次周期性运动的时间为
C.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为
D.粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R
8．如图1所示，在水平面上有两根足够长的平行轨道，右端接有阻值为R的定值电阻，处于垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L。质量为m，电阻为r的金属棒ab静置于导轨上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下开始运动，运动中与轨道垂直且接触良好，经过一段时间后，以速度v开始做匀速运动，随后撤去外力F，轨道的电阻不计，棒ab与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。则不正确的是( )
A.外力F的大小为
B.达到稳定时棒ab两端的电压为BLv
C.若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后棒ab运动的时间
D.若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后回路中产生的焦耳热
二、多选题
9．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。为圆环水平直径上的两个点，为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A.两点的场强相等B.两点的电势相等
C.两点的场强相等D.两点的电势相等
10．某同学通过实验正确作出标有“、”的小灯泡的图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则( )
A.由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B.由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C.闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
D.闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
11．如图所示，一个质量，电荷量带正电的小环，套在足够长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，，小环与棒之间的动摩擦因数。取，小环电荷量不变.小环从静止沿棒竖直下落，则( )
A.小环的加速度一直减小B.小环的机械能一直减小
C.小环的最大加速度为D.小环的最大速度为4m/s
12．光滑绝缘水平面上存在竖直向下的匀强磁场B，宽度为2L，一边长为L、电阻为R、用同种材料做成的正方形线框以初速度从左侧冲进磁场区域，俯视图如图所示，当线框完全离开磁场时速度恰好为零。以ab边刚进入磁场时为时间和位移的零点，用v表示线框速度（以右为正方向），i表示回路中的感应电流（以逆时针方向为正，表示零时刻回路的感应电流），表示a、b两点间的电压，表示ab边所受的安培力（向左为正，表示零时刻ab边所受的安培力）.则关于以上四个物理量对时间t或对位移x的图象中正确的是( )
A.B.
C.D.
三、实验题
13．实验小组利用如图1所示电路测量某金属丝的电阻率。
(1)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图2所示，金属丝的直径为______mm。
(2)关于电流表和滑动变阻器，有以下器材可供选择：
A.电流表量程，内阻
B.电流表量程，内阻未知
C.滑动变阻器，最大阻值10Ω
D.滑动变阻器，最大阻值50Ω
实验中电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____。
(3)闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应滑到_____（填“最左端”“正中间”或“最右端”）。
(4)闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
(5)改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
(6)重复步骤(5)，得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系（图3），描点连线，获得图线的纵轴截距为b，可知电阻丝电阻为_____（用题中给定的符号表示）。
(7)将电阻值代入电阻定律计算电阻丝的电阻率。
14．小华同学新买了两节同一型号的干电池，并用这两节干电池串联起来组成一个电源给手电筒供电，他利用如图1甲所示的电路对这个电源的电动势和内阻进行了测量。所选用的器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电压表V（量程为，内阻很大），定值电阻，开关，导线若干，正确完成实验操作后利用取得的多组数据得到了如图2所示的图像，并比较准确地测得了电源的电动势和内阻。
(1)测量的结果如图1乙、丙，则电压表的读数为_____V，电阻箱的读数为_____Ω；
(2)根据如图2所示的图像，求出电源电动势_____V，内阻_____Ω。（计算结果保留三位有效数字）
四、计算题
15．如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
16．如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
(1)射出点与P点最大距离；
(2)从边界射出的离子，速度的最大值。
17．如图，质量的长木板上有一质量的物块（物块可看作质点），它们都以的速率反向运动，它们之间的动摩擦因数，水平面光滑，最终小物块恰好没有滑离长木板，，求：
(1)长木板的最终速度v；
(2)整个过程中产生的热量Q及长木板的长度L；
(3)物块向右运动的最大距离。
18．如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上P点（0，h）以初速度垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场，粒子重力不计。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
（3）若第四象限内磁感应强度大小为，第三象限内磁感应强度大小为，且第三第四象限的磁场在）处存在一条与x轴平行的下边界MN（图中未画出），则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值。
参考答案
1．答案：D
解析：A.在推导匀变速运动位移公式时，把整个变速运动过程划分成很多匀速运动的小段，然后把各小段的位移相加，这里把速度变化的过程处理成许多速度不变的过程，这种方法叫微元法，故A错误；
B.根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里用了极限思想法，故B错误；
C.物体本身的大小和形状都不需要考虑时，用质点来代替物体的方法叫建立物理模型法，故C错误；
D.定义加速度用的是比值定义法，故D正确。
故选D。
2．答案：B
解析：A.根据共点力平衡有
可得
烹煮食物时，各杆对地面的压力大小均为，故A错误；
B.烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为
故B正确；
C.拉动吊绳过程中，炊具与食物受力平衡，故绳子的拉力等于炊具与食物的重力，故大小不变，故C错误；
D.拉动吊绳过程中，节点受到竖直向下的绳子拉力、斜向上的的绳子拉力，以及铁钩对吊绳的作用力，在拉动吊绳过程中，斜向上的的绳子拉力的方向改变，根据共点力平衡可知铁钩对吊绳的作用力方向改变，故D错误。
故选B。
3．答案：B
解析：由平抛运动规律有，得；动能，故.，故B正确。
4．答案：C
解析：A.图像面积等于位移，由图可知，A图线从到时间内，斜率增大，面积小于，即A的位移小于，A错误；
B.时，A、B共速，由动量守恒
得A、B两物体的质量比为，B错误；
C.时，弹性势能最大，根据机械能守恒
得，C正确；
D.设A沿斜面返回到斜面底端时的速度大小为v，A再一次上滑到相同高度，即再一次碰撞后的速度仍为，根据动量守恒和机械能守恒
A上滑过程，由动能定理
A下滑过程，由动能定理
联立得，D错误。
故选C。
5．答案：B
解析：A.由于点靠近正电荷，a点靠近负电荷，所以a点的电势小于点的电势，故A错误；
B.作出b点的电场强度与点的电场强度如图所示
由点电荷电场强度公式及几何关系可知，与相同，与相同，所以与相同，故B正确；
C.负的试探电荷沿棱从c到，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D.负的试探电荷沿棱从b到，电场力一直做正功，故D错误。
故选B。
6．答案：C
解析：A.滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与和电源串联，滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；
B.由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率先减小后增大，故B错误；
C.两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；
D.电源的效率
滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为
由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误。
故选C。
7．答案：B
解析：根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，故不可能回到原点0。故A错误；
因第四象限中磁感应强度为第一象限中的一半；故第四象限中的半径为第一象限中半径的2倍；如图所示；由几何关系可知，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为；同理，在第四象限运动的时间为；完成一次周期性运动的时间为。故B正确；
由，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为。故C错误；
根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为。故D错误。故选B。
8．答案：B
解析：A.棒以速度v匀速运动时，产生的感应电动势为
感应电流为
棒所受安培力大小为
方向水平向右，根据平衡条件可得
故A正确；
B.达到稳定时，棒相当于电源，两端的电压为路端电压，大小为，故B错误；
C.撤去外力后，取向左为正方向，对棒，由动量定理得
又有
联立可得，故C正确；
D.若撤去外力后，又经过位移x，棒停止运动，根据能量守恒定律得
可得，故D正确。
故选B。
9．答案：ABC
解析：圆环上电荷量分布关于左右对称，且对称部分电性相同，圆环上、下部分电荷量分布关于对称，但上、下部分所带电荷的电性相反，故直线上场强处处垂直于竖直向下，沿电场线方向电势逐渐降低，由此可知，，故A、B、C正确，D错误。
10．答案：AD
解析：AB.由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；
CD.将电阻R看做电源的内阻，则
将此函数关系的图像画在灯泡的图像上，如图
两图像的交点为电路的工作点，则，，则小灯泡的实际功率约为
选项C错误，D正确。
故选AD。
11．答案：BC
解析：小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为，小环速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向合力将逐渐变大，摩擦力变大，故加速度减小；当摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，则，解得，以后圆环将以5m/s的最大速度做匀速运动，开始时的加速度最大，最大值为，则C正确，AD错误；小环下落过程中，摩擦力一直做功，机械能减小，选项B正确；故选BC。
12．答案：CD
解析：AB.根据动量定理
（其中表示初速度，v表示任一时刻的速度），由且（其中R表示线框的电阻）
由法拉第电磁感应定律
联立解得
显然速度与运动的位移呈线性关系，故进入磁场区域L位移的过程中和离开磁场区域L位移的过程中的速率减少量相同，可得线框在磁场中匀速运动的速度为，线框进入磁场的过程中和离开磁场的过程中均做加速度减小的减速运动，进入磁场的时间与离开磁场的时间不相等，A、B图线虽然样式正确，但因A、B图线均显示时间为，故AB错误。
C.进入磁场的过程中ab边切割磁感线，等效为电源，故（v从减小到）
完全进入磁场时，线框左右两边均切割，但无电流
离开磁场的过程中，线框的左边切割磁感线，故（v从减小到0）
由于在进场和出场过程中速度与位移呈线性关系，故进场和出场过程中与位移也呈线性关系，故C正确；
D.对ab边受到的安培力只有进入磁场过程中存在，而在线框完全进入磁场到ab边离开磁场之前线框中无电流，ab边不受安培力，线框离开磁场的过程中由于ab边不在磁场中，将不再受到安培力作用，因此在线框进入磁场的过程中（v从减小到）
速度与位移呈线性关系，故安培力与位移呈线性关系，故D正确。
故选CD。
13．答案：(1)0.869(2)A；C(3)最左端(6)
解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的直径为
(2)选用内阻已知的电流表可以通过计算消去电流表分压引起的系统误差，故电流表选择A。滑动变阻器采用分压接法，故用总电阻较小的C。
(3)为使开始时电压表的读数为零，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应滑到最左端。
(6)根据题意可知
则
结合图像可知
解得
14．答案：(1)2.60；86.3(2)2.94；1.47
解析：(1)由题图1乙知电压表的分度值是0.1V，读数要估读到分度值的下一位，则电压表的读数为2.60V；
电阻箱不需要估读，由题图1丙知电阻箱的读数为
(2)由闭合电路欧姆定律有
可得
由题图2可知，图线的纵轴截距的倒数等于该电源的电动势值，则；
由图线的斜率可求得。
15．答案：(1)(2)(3)
解析：(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为。
(2)根据法拉第电磁感应定律
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
16．答案：(1)(2)
解析：(1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
(2)从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得，
解得
17．答案：(1)，方向向左(2)，(3)
解析：(1)对全程由动量守恒定律可知：最终长木板和物块的速度相同
解得，方向向左。
(2)整个过程中，根据能量守恒定律得，
解得，
(3)物块向右运动的距离最大时速度为零，根据动能定理得
解得
18．答案：（1）（2）（3）
解析：（1）在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有
由牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在Q点的速率
可得OQ的距离为
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值。

由牛顿第二定律有
由几何关系有
联立以上各式解得
故B的大小范围为
（3）由洛伦兹力提供向心力可知
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示：

要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为
结合题意，解得