四川省內(nèi)江市威遠(yuǎn)中學(xué)2021屆下學(xué)期高三年級(jí)3月月考物理試卷一、選擇題年3月15日中國(guó)散裂中子源（ChineseS、帶正電的小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為eq\f3,4mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g1若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大2在1的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力的大?。?改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且能從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度的大?。?220分如圖所示,光滑曲面AB與長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m的水平傳送帶BC平滑連接,傳送帶上表面以v=1m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)。傳送帶右側(cè)光滑水平地面上放置一個(gè)四分之一光滑圓軌道的物體乙,其質(zhì)量為m2=3g。質(zhì)量為m1=1g的物體甲可視為質(zhì)點(diǎn)從曲面上高為h=1m的A點(diǎn)由靜止釋放,物體甲與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,當(dāng)甲滑上乙時(shí)無(wú)能量損耗，不計(jì)空氣阻力,取g=10m/s2。求:1甲第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小;2甲第二次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小;3甲第二次到C點(diǎn)后至第三次到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。13【物理——選修3-4】（15分）15分一波源Q發(fā)出一列簡(jiǎn)諧橫波，波源Q的振動(dòng)圖像如圖所示。在波的傳播方向上有M、N兩質(zhì)點(diǎn)，它們到波源Q的距離分別為30m和48m，測(cè)得MN開(kāi)始振動(dòng)的時(shí)間間隔為。下列說(shuō)法正確的是_________開(kāi)始振動(dòng)的方向向上的振動(dòng)比波源Q滯后開(kāi)始振動(dòng)后，在9s內(nèi)通過(guò)的路程為E該波不能發(fā)生偏振現(xiàn)象（2）由兩種透明材料甲、乙制成的棱鏡的截面如圖所示，其中材料甲的截面為直角三角形，，，材料乙是圓截面。一細(xì)光束由邊的中點(diǎn)D與成30°角斜射入材料甲，經(jīng)折射后該光束剛好在乙的圓弧面上發(fā)生全反射，然后射到邊上的G點(diǎn)（未畫(huà)出）。已知材料甲的折射率，真空中光速為c。求：（i）材料乙的折射率；（ⅱ）該細(xì)光束在此棱鏡中從D傳播到G所經(jīng)歷的時(shí)間t。

參考答案一、選擇題1答案：D解析：A、α粒子轟擊，生成的核反應(yīng)方程為：，產(chǎn)生了質(zhì)子，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，產(chǎn)生的新核的質(zhì)量數(shù)為：238-4×4=222，電荷數(shù)為：92-4×22×1=86，則新核的中子數(shù)為：222-86=136，原來(lái)的原子核的中子數(shù)為：238-92=146；146-136=10，故B錯(cuò)誤；C、放射性β射線其實(shí)質(zhì)是高速電子流；放射性γ射線可用于醫(yī)學(xué)的放射治療；故C錯(cuò)誤；D、核電站可通過(guò)控制中子數(shù)目來(lái)控制核反應(yīng)劇烈程度，故D正確。2答案：C解析：以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，繩與繩的合力F與吊燈的重力大小相等，方向相反，保持不變，A錯(cuò)誤；根據(jù)正弦定理有，得，，由于初態(tài)，端右移過(guò)程中，逐漸減小，逐漸增大，不變，則均逐漸增大，C正確，BD錯(cuò)誤。3答案：A解析：用安培定則右手螺旋定則判斷通電直導(dǎo)線在、、、四個(gè)點(diǎn)上所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向,如圖所示:點(diǎn)有向上的磁場(chǎng),還有電流產(chǎn)生的向上的磁場(chǎng),電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度和原磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同,疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度變大,點(diǎn)有向上的磁場(chǎng),還有電流產(chǎn)生的水平向左的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加變大,方向向左上點(diǎn)電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度和原磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反,疊加變小,點(diǎn)有向上的磁場(chǎng),還有電流產(chǎn)生的水平向右的磁場(chǎng),疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向右上點(diǎn)與點(diǎn)疊加后的磁場(chǎng)大小相等,但是方向不同A正確4答案：B解析：設(shè)球脫離彈簧時(shí)的速度為,兩球相碰后的速度分別為和。取向右為正方向,彈簧將兩球彈出過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律有可得,兩球相碰過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒得：聯(lián)立解得負(fù)號(hào)表示方向向左,與原來(lái)相反,5答案：C解析：兩圖線的交點(diǎn)表示該電源直接與電阻相連組成閉合電路時(shí)工作狀態(tài)，由圖讀出電阻兩端電壓，電路中電流，則電阻在內(nèi)消耗的電能，故C正確；6答案：BD解析：根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，探測(cè)器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑越大其運(yùn)行的周期越大，故B正確；探測(cè)器在點(diǎn)從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在點(diǎn)朝速度方向噴氣，從而使探測(cè)器減速到達(dá)軌道Ⅰ，則探測(cè)器在軌道Ⅰ上的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能，故AC錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力定律可得，根據(jù)可得，聯(lián)立解得，所以當(dāng)軌道Ⅰ貼近火星表面，并且已知探測(cè)器在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的角速度，可以推知火星的密度，故D正確7答案：AC解析：由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律及幾何關(guān)系可知，從邊射出磁場(chǎng)的粒子，其速度方向均與邊成30°角，斜向右下方，其運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角均為60°，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t，選項(xiàng)A正確；從邊中點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子，由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為，由可得，又因?yàn)閺腂點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，故有，解得，代入可解得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，垂直邊射出的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角為30°，故其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，選項(xiàng)C正確；剛好從B點(diǎn)射出的粒子，其軌跡半徑為，由解得粒子速度大小為，要使粒子從邊射出，粒子的速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8、答案：ACD解析：本題通過(guò)彈簧與物體組成的系統(tǒng)考查平衡條件、,當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí),A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零,由平衡條件得,B由靜止到下降到最低點(diǎn)的過(guò)程中,B的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,由機(jī)械能守恒定律得,聯(lián)立解得,A正確,B錯(cuò)誤;在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,所受向上的彈簧彈力不斷變大,向下的重力大小不變,B先向下加速后向下減速,則B所受合力先豎直向下后豎直向上,即所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功,C正確;B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力和彈簧彈力作用,由功能關(guān)系知,B克服彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量,也就等于B機(jī)械能的減少量,D正確二、實(shí)驗(yàn)題9答案：12D3如圖所示:解析：1分度值為，故讀數(shù)為2細(xì)繩套盡可能長(zhǎng)一些，減小力的方向的誤差，故A錯(cuò)誤；橡皮條的伸長(zhǎng)量不是越大越好，方便作圖即可，故B錯(cuò)誤；兩條細(xì)繩的夾角不是越大越好，以方便作平行四邊形為宜，故C錯(cuò)誤；拉橡皮條時(shí)，橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤平行貼近木板，使得結(jié)點(diǎn)所受的幾個(gè)力在同一平面內(nèi)，故D正確。3根據(jù)平行四邊形定則畫(huà)圖：根據(jù)圖象可知，合力大小為10答案：（1）如圖所示（2）；；±（3）①；；②0；解析：（1）伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中，電壓表測(cè)路端電壓，其示數(shù)隨滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的增大而增大；電壓表測(cè)燈泡兩端電壓，其示數(shù)隨滑動(dòng)變阻器接入電路電阻的增大面減小。所以，設(shè)計(jì)電路圖如圖所示。（2）由圖示電流表可知，電流表量程為，其分度值為，示數(shù)為；電壓表的量程為6V，分度值為，其示數(shù)為；電壓表的量程為3V，分度值為，其示數(shù)為（3）由圖示電源U-I圖線可知電源內(nèi)阻;當(dāng)回路電流I=時(shí)，路端電壓U=，則電源的電動(dòng)勢(shì)E=UIr=（×2）V=②電路處于Q狀態(tài)時(shí)，兩電壓表示數(shù)相等，即滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為零，由圖示圖像可知，燈泡電壓為，電流為燈泡實(shí)際功率：gs－mgR＝eq\f1,2mv2－0……4分（其余方法，原理正確均給分）而qE＝eq\f3mg,4，μ＝，s＝3R解得v＝eq\rgR……2分2設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則F－qE＝meq\fv2,R……2分解得F＝eq\f7,4mg……1分3要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點(diǎn)時(shí)，由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小設(shè)為vmin，則有eq\rqE2＋mg2＝meq\fv\o\al2,min,R……2分解得vmin＝eq\f\r5gR,2……1分121物體甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn),由動(dòng)能定理得m1gh=12m1v解得v1=25m/s>v,假設(shè)物體甲在傳送帶上一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得-μm1gL=12m1v22-12解得v2=4m/s……1分v2>v,假設(shè)成立,則物體甲第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小v2=4m/s……1分2以物體甲和物體乙為研究對(duì)象,從甲滑上乙開(kāi)始至甲滑下來(lái)到達(dá)C點(diǎn)的過(guò)程中,系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒m1v2=m1v3m2v4……2分由系統(tǒng)能量守恒得12m1v22=12m1v3解得v3=-2m/s……1分則甲第二次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為2m/s3甲向左滑上傳送帶,做勻減速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得μm1g=m1a……1分解得a=2m/s2由動(dòng)能定理得-μm1gL=12m1v52-12解得到達(dá)B點(diǎn)的速度v5=0物體甲從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到左端B點(diǎn)的時(shí)間t1=v5解得t1=1s則此過(guò)程相對(duì)位移為：△X1=vt1L……1分甲向右滑上傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)與傳送帶共速時(shí)所用時(shí)間為t2,則t2=va解得t2=s設(shè)甲在t2時(shí)間內(nèi)的位移為1,則μm1g1=12m1v解得1=m……1分則此過(guò)程相對(duì)位移為：△X2=vt2-1……1分因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q