山西省太原市行知中學2022-2023學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.如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質絕緣細線水平懸掛，處于垂直紙面水平向里的勻強磁場中，棒中通有由M到N的恒定電流，兩細線豎直，已知此時細線中的拉力不為零．現保持勻強磁場磁感應強度大小不變，方向緩慢地轉過90°變為豎直向下，在這個過程中

A．細線向紙面內偏轉，其中的拉力一直增大

B．細線向紙面外偏轉，其中的拉力一直增大

C．細線向紙面內偏轉，其中的拉力先增大后減小

D．細線向紙面外偏轉，其中的拉力先增大后減小參考答案：A2.如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區域內，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導體框abcd，現將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中（

）

A.導體框中產生的感應電流方向相同B.導體框中產生的焦耳熱相同C.導體框ad邊兩端電勢差相同D.通過導體框截面的電量相同參考答案：答案：AD3.某限流器由超導部件和限流電阻并聯組成，如圖所示。超導部件有一個超導臨界電流Ic，當通過限流器的電流I>Ic時將造成超導體失超，即從超導態（可視為電阻為零）轉變為正常態（可視為定值純電阻），以此便可限制電路系統的故障電流。已知超導部件的正常態電阻為R1=3Ω，超導臨界電流Ic=1.2A，限流電阻R2=6Ω，小燈泡L上標有“6V，6W”，電源電動勢E=8V，內阻r=2Ω。原來電路正常工作，現L突然發生短路，則（

）（A）L短路前通過R1的電流為A

（B）L短路前通過R2的電流為1A（C）L短路后通過R1的電流為A

（D）L短路后通過R2的電流為A參考答案：C4.(多選)如圖所示，電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述哪些做法可使指針張角增大()A．使A、B兩板靠近一些B．使A、B兩板正對面積錯開一些C．斷開S后，使B板向右平移拉開一些D．斷開S后，使A、B兩板正對面積錯開一些參考答案：CD5.A、B兩物塊如圖疊放，一起沿固定在水平地面上傾角為α的斜面勻速下滑．則A．A、B間無摩擦力B．B與斜面間的動摩擦因數μ=tanαC．A、B間有摩擦力，且B對A的摩擦力對A做負功D．B對斜面的摩擦力方向沿斜面向下參考答案：BD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.小明在“探究凸透鏡成像規律”實驗中，用裝有6個發光二極管的有方格的白紙板做發光物體，如圖9甲所示.又用這種有同樣大小方格的白紙板做光屏.將發光物體、凸透鏡和光屏組裝到光具座上并調整好。(1)當發光物體在點時，如圖9乙所示，在光屏上成的像如圖9丙所示.則光屏上的像是倒立、________的實像。將發光物體由點移動到點，要想找到像的位置，應移動光屏，直到____________為止。圖9

(2)用這種發光物體和光屏做實驗，最主要的一條優點是：---

(3)如圖乙所示，當發光物體在點時，物與像之間的距離為，當發光物體在點時，物與像之間的距離為，則______

(選填“>”、“=”或“<”)。(4)小明探究完凸透鏡成像規律后，接著又做了一個觀察實驗.發光體位置不變，取下光屏，當眼睛在原光屏處會看到發光體的像嗎？

，眼睛靠近凸透鏡，是否能看到像？_________.眼睛從原光屏位置遠離凸透鏡，是否能看到像？___________。（填“能看到”或是“不能看到”）參考答案：(1)縮小

，清晰的實像__；(2)

便于比較像與物的大小

；(3)

<；(4)

_不能看到__，

_不能看到_，

能看到__。7.(4分)兩個單擺甲和乙，它們的擺長之比為4∶1，若它們在同一地點做簡諧運動，則它們的周期之比T甲:T乙=

。在甲擺完成10次全振動的時間內，乙擺完成的全振動次數為

。參考答案：答案：2：1

208.近年，我國的高鐵發展非常迅猛．為了保證行車安全，車輛轉彎的技術要求是相當高的．如果在轉彎處鋪成如圖所示內、外等高的軌道，則車輛經過彎道時，火車的外軌（選填“外輪”、“內輪”）對軌道有側向擠壓，容易導致翻車事故．為此，鋪設軌道時應該把內軌（選填“外軌”、“內軌”）適當降低一定的高度．如果兩軌道間距為L，內外軌高度差為h，彎道半徑為R，則火車對內外軌軌道均無側向擠壓時火車的行駛速度為．參考答案：考點：向心力．專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用．分析：火車拐彎需要有指向圓心的向心力，若內、外軌等高，則火車拐彎時由外軌的壓力去提供，若火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，要靠重力和支持力的合力提供向心力，進而判斷降低哪一側的高度．火車對內外軌軌道均無側向擠壓時，火車拐彎所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根據牛頓第二定律求解火車的行駛速度．解答：解：火車拐彎需要有指向圓心的向心力，若內、外軌等高，則火車拐彎時由外軌的壓力去提供，則火車的外輪對軌道有側向擠壓，若火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，要靠重力和支持力的合力提供向心力，則鋪設軌道時應該把內軌降低一定的高度，使外軌高于內軌．設路面的傾角為θ，由牛頓第二定律得：mgtanθ=m由于θ較小，則tanθ≈sinθ≈解得v=故答案為：外輪，內軌，．點評：本題是生活中圓周運動問題，關鍵是分析受力情況，分析外界提供的向心力與所需要的向心力的關系，難度不大，屬于基礎題．9.一個做初速度為零的勻加速直線運動的物體，在第1s末，第2s末，第3s末的速度大小之比是

．參考答案：1:2:310.如圖所示，三段不可伸長的細繩OA、OB、OC,能承受的最大拉力相同，它們共同懸掛一重物，其中OB是水平的，A端、B端固定.若逐漸增加C端所掛物體的質量，則最先斷的繩________.參考答案：OA11.地球同步衛星到地心的距離r可用地球質量M、地球自轉周期T與引力常量G表示為r=_____________。參考答案：12.如圖所示，同一平面內有兩根互相平行的長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間與兩導線的距離均為r，b點在導線2右側，與導線2的距離也為r。現測得a點磁感應強度的大小為B，則去掉導線1后，b點的磁感應強度大小為

，方向

。參考答案：答案：，垂直兩導線所在平面向外解析：根據安培定則可知，1、2兩導線在a點的磁感應強度大小相等，方向相同，都為。而2導線在a、b兩處的磁感應強度等大反向，故去掉導線1后，b點的磁感應強度大小為，方向垂直兩導線所在平面向外。13.一定質量的理想氣體經歷了如圖所示A到B狀態變化的過程,已知氣體狀態A參量為pA、VA、tA,狀態B參量為pB、VB、tB,則有pA____(填“>”“=”或“<”)pB.若A到B過程氣體內能變化為ΔE,則氣體吸收的熱量Q=____.參考答案：

(1).=

(2).pA(VB-VA)+ΔE解：熱力學溫度：T=273+t，由圖示圖象可知，V與T成正比，因此，從A到B過程是等壓變化，有：pA=pB，在此過程中，氣體體積變大，氣體對外做功，W=Fl=pSl=p△V=pA（VB-VA），由熱力學第一定律可知：Q=△U+W=△E+pA（VB-VA）；【點睛】本題考查了判斷氣體壓強間的關系、求氣體吸收的熱量，由圖象判斷出氣體狀態變化的性質是正確解題的關鍵，應用熱力學第一定律即可正確解題．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3-4模塊）（4分）如圖所示是一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，已知波的傳播速度v=2m/s．試回答下列問題：①寫出x=1.0m處質點的振動函數表達式；②求出x=2.5m處質點在0～4.5s內通過的路程及t=4.5s時的位移．參考答案：

解析：①波長λ=2.0m，周期T=λ/v=1.0s，振幅A=5cm，則y=5sin(2πt)

cm（2分）

②n=t/T=4.5，則4.5s內路程s=4nA=90cm；x=2.5m質點在t=0時位移為y=5cm，則經過4個周期后與初始時刻相同，經4.5個周期后該質點位移y=

—5cm．（2分）15.（選修3-5）（6分）a、b兩個小球在一直線上發生碰撞，它們在碰撞前后的s～t圖象如圖所示，若a球的質量ma=1kg，則b球的質量mb等于多少?參考答案：解析：由圖知=4m/s、=—1m/s、=2m/s

（2分）

根據動量守恒定律有：ma=ma

+

mb

（2分）

∴mb=2.5kg （2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B1＝0.20T，方向垂直紙面向里，電場強度E1＝1.0×105V/m，PQ為板間中線．緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，有一邊界線AO，與y軸的夾角∠AOy＝45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2＝0.25T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E2＝5.0×105V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏．一束帶電荷量q＝8.0×10－19C、質量m＝8.0×10－26kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.4m)的Q點垂直y軸射入磁場區，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：(1)離子在平行板間運動的速度大小；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標；(3)現只改變AOy區域內磁場的磁感應強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2′應滿足什么條件？參考答案：(1)設離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1＝qvB1，代入數據解得v＝5.0×105m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2＝m得，r＝0.2m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ＝2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45°，則軌跡圓弧的圓心角為θ＝90°，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，y＝OO′＝vt，x＝at2，而a＝，則x＝0.4m離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6m.(3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上．如圖乙所示，由幾何關系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r′＝m，設使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應強度大小為B0，則qvB0＝m，代入數據解得B0＝T＝0.3T,則B2′≥0.3T.17.某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學生對電偏轉和磁偏轉研究的動手能力，其核心結構原理可簡化為題圖所示．AB、CD間的區域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經磁場偏轉后又從N點垂直于CD邊界回到電場區域，并恰能返回O點．已知OP間距離為d，粒子質量為m，電荷量為q，電場強度大小，粒子重力不計．試求：（1）粒子從M點飛離CD邊界時的速度大小；（2）P、N兩點間的距離；（3）磁感應強度的大小和圓形有界勻強磁場的半徑．參考答案：解：（1）據題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：粒子從O到M點時間：粒子在電場中加速度：=粒子在M點時豎直方向的速度：粒子在M點時的速度：速度偏轉角正切：，故θ=60°；（2）粒子從N到O點時間：粒子從N到O點過程的豎直方向位移：故P、N兩點間的距離為：（3）由幾何關系得：可得半徑：由，即：解得：由幾何關系確定區域半徑為：R'=2Rcos30°即

答：（1）粒子從M點飛離CD邊界時的速度大小為2v0；（2）P、N兩點間的距離為；（3）磁感應強度的大小為，圓形有界勻強磁場的半徑為．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．【分析】（1）粒子從O到M點過程是類似平拋運動，根據類似平拋運動的分運動公式列式求解即可；（2）從N到O過程是類似平拋運動，根據類似平拋運動的分運動公式列式求解即可；