上海市松江區新橋中學2022年高三物理月考試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.關于干涉和衍射，正確的說法是（

）A．有的波能發生干涉現象，有的波能發生衍射現象B．產生干涉現象的必要條件之一，就是兩列波的頻率相等C．波具有衍射特性的條件，是障礙物的尺寸與波長比較相差不多或小得多D．在干涉圖樣中，振動加強區域的質點，其位移始終保持最大；振動減弱區域的質點，其位移始終保持最小參考答案：B2.（多選題）一列簡諧橫波正沿著x軸正方向傳播，波在某一時刻的波形如圖所示，則此時刻（）A．x=3m處質點正沿y軸正方向運動B．x=6m處質點的速度為零C．x=7m處質點的加速度方向沿y軸負方向D．x=8m處質點的合外力為零參考答案：AC解：A、簡諧橫波沿著x軸正方向傳播，波形將向右平移，則此時刻x=3m處質點沿y軸正方向運動．故A正確．B、x=6m處質點處于平衡位置，速度最大．故B錯誤．C、x=7m處質點位移為正值，由a=﹣分析得知，加速度為負值，即沿y軸負方向．故C正確．D、x=8m處質點位移最大，加速度最大，則合外力最大．故D錯誤．故選AC3.“拋石機”是古代戰爭中常用的一種設備，它實際上是一個費力杠桿。如圖所示，某研究小組用自制的拋石機演練拋石過程。所用拋石機長臂的長度L，石塊裝在長臂末端的口袋中。開始時長臂與水平面間的夾角α，對短臂施力，使石塊經較長路徑獲得較大的速度，當長臂轉到豎直位置時立即停止轉動，石塊被水平拋出，石塊落地位置與拋出位置間的水平距離s。不計空氣阻力。根據以上條件，不能求出的物理量是

A．石塊剛被拋出時的速度大小v0

B．拋石機對石塊所做的功W

C．石塊剛落地時的速度vt的大小

D．石塊剛落地時的速度vt的方向參考答案：

答案：B4.如圖所示為一種“滾輪——平盤無極變速器”的示意圖，它由固定于主動軸上的平盤和可隨從動軸移動的圓柱形滾輪組成。由于摩擦的作用，當平盤轉動時，滾輪就會跟隨轉動。如果認為滾輪不會打滑，那么主動軸轉速n1、從動軸轉速n2、滾輪半徑r以及滾輪中心距離主動軸軸線的距離x之間的關系是

A．n2=n1

B．n2=n1C．n2=n1

D．n2=n1參考答案：A5.國家大劇院外部呈橢球型。假設國家大劇院的屋頂為半球形，一保潔人員為執行保潔任務，必須在半球形屋頂上向上緩慢爬行（如圖），他在向上爬的過程中（

）A．屋頂對他的摩擦力不變B．屋頂對他的摩擦力變大C．屋頂對他的支持力不變D．屋頂對他的支持力變大參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（1）在“長度的測量”實驗中，調整游標卡尺兩測量爪間距離，主尺和游標尺的位置如圖甲所示，此時卡尺兩測量爪間狹縫寬度

mm。在數控實驗室，工人師傅測量某金屬絲直徑時的情景如圖乙所示，螺旋測微器測出的金屬絲的直徑是

mm。（2）某同學設計了一個“探究加速度與物體所受合力F及質量m的關系”實驗。如圖a為實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花打點計時器（打點頻率為50Hz），C為裝有砝碼的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗中認為細繩對小車的拉力F等于C的總重量，小車運動的加速度a可用紙帶上的點求得。①圖b為某次實驗得到的紙帶，其中每兩個計數點之間有四個點沒有畫出，根據紙帶可求出小車的加速度大小為

m/s2。（保留兩位有效數字）②下列說法正確的是

。A每次改變小車質量時，應重新平衡摩擦力B．實驗時應先釋放小車后接通電源C．本實驗中小車A的質量應遠大于C的質量D．為了更直觀方便地探究加速度與質量的關系，應作a—M圖象（M為小車質量）③實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a—F圖象可能是圖c中的圖線

。（填“甲”、“乙”或“丙”）參考答案：（1）

0.65

mm；

1.500

mm（2）①

0.49m/s2或0.50m/s2；②

C

；③

丙7.氫原子的能級圖如圖所示，一群氫原子處于量子數n＝4能量狀態，則氫原子最多輻射

種頻率的光子。輻射光子的最大能量為

。參考答案：8.如圖，用帶孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶內迅速打氣，在瓶塞彈出前，外界對氣體做功15J，橡皮塞的質量為20g，橡皮塞被彈出的速度

為10m/s，若橡皮塞增加的動能占氣體對外做功的10%，瓶內的氣體作為理想氣體。則瓶內氣體的內能變化量為

J，瓶內氣體的溫度

（選填“升高”或“降低”）。參考答案：5（2分）

升高（2分）熱力學第一定律．H3

解析：由題意可知，氣體對外做功：W對外=由題意可知，向瓶內迅速打氣，在整個過程中，氣體與外界沒有熱交換，即Q=0，則氣體內能的變化量：△U=W+Q=15J-10J+0=5J，氣體內能增加，溫度升高；本題考查了求氣體內能的變化量、判斷溫度的變化，應用熱力學第一定律即可正確解題．求解本題要由動能的計算公式求出橡皮塞的動能，然后求出氣體對外做的功，再應用熱力學第一定律求出氣體內能的變化量，最后判斷氣體溫度如何變化9.如圖，在斜面頂端先后水平拋出同一小球，第一次小球落到斜面中點，第二次小球落到斜面底端。則兩次小球運動時間之比t1∶t2=___；兩次小球落到斜面上時動能之比EK1∶EK2=_____。參考答案：；

10.在光滑水平面上建立一直角坐標系。觀察到某一運動質點沿x軸正方向和y軸正方向運動的規律，記錄結果如圖（1）（2）所示。經分析可知，此質點在平面內是做：A．勻速運動

B．勻變速直線運動

C．類平拋運動

D．圓周運動

參考答案：

答案：C11.在《測定勻變速直線運動的加速度》的實驗中，電火花打點計時器是用于測量

的儀器，工作電源是

（填“交流電”或“直流電”），電源電壓是

V。參考答案：時間

交流電

220結合實驗的原理以及器材的相關選擇注意事項易得答案。12.用打點計時器研究物體的自由落體運動，得到如圖所示的一段紙帶，測得AB=7.56cmBC=9.12cm，已知交流電源頻率是50Hz，則打B點時物體的瞬時速度為

m/s，實驗測出的重力加速值是

m/s2，產生誤差的原因 。參考答案：2.09，

9.75,

空氣阻力；紙帶和計時器限位孔之間有摩擦。計數點的時間間隔為：，打B點的速度為：物體的加速度為：，實驗測出的重力加速度值比公認值偏小，原因可能是物體下落過程中存在空氣阻力和紙帶和計時器限位孔之間有摩擦；13.一氫原子從能量為E2的能級躍遷至能量為E1的較低能級時釋放的光子的波長為______（真空中光速c，普朗克常數h）參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（簡答）質量,M=3kg的長木板放在光滑的水平面t..在水平悄力F=11N作用下由靜止開始向右運動.如圖11所示,當速度達到1m/s2將質量m=4kg的物塊輕輕放到本板的右端.已知物塊與木板間摩擦因數μ=0.2,物塊可視為質點.(g=10m/s2,).求：(1)物塊剛放置木板上時,物塊和木板加速度分別為多大？(2)木板至少多長物塊才能與木板最終保持相對靜止？(3)物塊與木板相對靜止后物塊受到摩擦力大小？參考答案：(1)1(2)0.5m（3）6.29N牛頓運動定律的綜合應用；勻變速直線運動的位移與時間的關系．解析：(1)放上物塊后，物體加速度

板的加速度

(2)當兩物體達速度相等后保持相對靜止，故

∴t=1秒

1秒內木板位移物塊位移，所以板長L=x1-x2=0.5m（3）相對靜止后，對整體

，對物塊f=ma∴f=44/7=6.29N（1）由牛頓第二定律可以求出加速度．

（2）由勻變速直線運動的速度公式與位移公式可以求出位移．

（3）由牛頓第二定律可以求出摩擦力．15.（09年大連24中質檢）（選修3—4）（5分）半徑為R的半圓柱形玻璃，橫截面如圖所O為圓心，已知玻璃的折射率為，當光由玻璃射向空氣時，發生全反射的臨界角為45°．一束與MN平面成45°的平行光束射到玻璃的半圓柱面上，經玻璃折射后，有部分光能從MN平面上射出．求①說明光能從MN平面上射出的理由?

②能從MN射出的光束的寬度d為多少?參考答案：解析：①如下圖所示，進入玻璃中的光線a垂直半球面，沿半徑方向直達球心位置O，且入射角等于臨界角，恰好在O點發生全反射。光線a右側的光線（如：光線b）經球面折射后，射在MN上的入射角一定大于臨界角，在MN上發生全反射，不能射出。光線a左側的光線經半球面折射后，射到MN面上的入射角均小于臨界角，能從MN面上射出。（1分）最左邊射向半球的光線c與球面相切，入射角i=90°折射角r=45°。故光線c將垂直MN射出（1分）

②由折射定律知（1分）

則r=45°

（1分）

所以在MN面上射出的光束寬度應是

（1分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為φ1，內圓弧面CD的半徑為L，電勢為φ2．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP=L．假設太空中漂浮著質量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響．（1）求粒子到達O點時速度的大小；（2）如圖2所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O，半徑為L，方向垂直紙面向內，則發現從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后有能打到MN板上（不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感應強度的大小；（3）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后均不能到達收集板MN，求磁感應強度所滿足的條件．試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子．參考答案：解：（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理有：又U=φ1﹣φ2所以：；（2）從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則入射的方向與AB之間的夾角是600，在磁場中運動的軌跡如圖1，軌跡圓心角θ=60°根據幾何關系，粒子圓周運動的半徑為r=L，由牛頓第二定律得：聯立解得：；（3）當沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關系可知，由牛頓第二定律得：得：即如圖2，設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為α，由幾何關系可知：MN上的收集效率：．答：（1）粒子到達O點時速度的大小是；（2）所加磁感應強度的大小是；（3）試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子是．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律．【分析】（1）根據動能定理即可求出粒子到達O點的速度；（2）作出粒子運動的軌跡，結合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求解；（3）作出粒子運動的軌跡，結合幾何知識求得粒子的收集率與粒子圓周運動轉過圓心角的關系，再根據此關系求得收集率為0時對應的磁感應強度B．17.如圖所示，一個半徑為R的絕緣光滑半圓環，豎直放在場強為E的勻強電場中，電場方向豎直向下．在環壁邊緣處有一質量為m，帶有正電荷q的小球，由靜止開始下滑，求小球經過最低點時對環的壓力.

參考答案：解：由動能定理得：（qE+mg）R=mv2/2

(4分)

在最低點由牛頓第二定律得：

N-mg-qE=mv2/R

(4分)

N=3(mg+qE)

(2分)

由牛頓第三定律得小球在最低點對環的壓力

FN=3(mg+qE）

(2分)

18.如圖所示，光滑水平軌道上右側有豎直墻壁，有三個小滑塊A、B、c，質量分別

為mA=m，mB=mC=2m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與滑塊不拴接）．開始時A、B以共同速度一起向右運動，C靜止．某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B與C發生碰撞并粘在一起．BC與墻壁發生彈性碰撞后返回，最終A與BC