Page20高三下期?3月月考物理試題一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的。）1.在物理學的重大發(fā)覺中，科學家用到了很多物理思想與探討方法，關于所用探討方法的敘述中正確的是（）A.電學中引入點電荷的概念，突出帶電體的電荷量，接受了等效替代法B.依據速度定義式，當時，就可以表示物體在該時刻的瞬時速度，接受了極限思維法C.伽利略在探討自由落體的運動時接受了志向試驗法D.用比值法定義的概念在物理學中占相當大的比例，如場強，加速度都是接受比值法定義的【答案】B【解析】【詳解】A．電學中引入點電荷的概念，突出帶電體的電荷量，忽視帶電體的體積大小和形態(tài)，接受了志向模型法，故A錯誤；B．依據速度定義式當Δt→0時，v就可以表示物體在該時刻的瞬時速度，這里運用了極限思想，故B正確；C．伽利略在探討自由落體的運動時接受了將試驗和邏輯相結合的方法，故C錯誤；D．公式

是牛頓其次定律的表達式，加速度的比值定義是

故D錯誤。故選B。2.隨著綠色環(huán)保理念深化人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術飛速發(fā)展。如圖為某科技公司利用電磁感應原理設計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接的溝通電，不計能量損失，下列說法正確的是（）A.送電線圈中的電流為100AB.受電線圈中電流的頻率為100HzC.僅減小送電線圈的匝數，會增大電池端的輸出電流D.僅減小送電線圈的匝數，會減小電池端的輸出電壓【答案】A【解析】【詳解】A．依據P=UI解得則送電線圈中的電流為100A，A正確；B．送電線圈頻率為50Hz，則受電線圈中溝通電的頻率也為50Hz，B錯誤：CD．輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數n1，依據，受電線圈電壓U2增大，依據，電池端的輸出電流減小，CD錯誤。故選A。3.如圖所示，可視為質點的小球A、B分別同時從傾角為37°的光滑斜面頂端水平拋出和沿斜面下滑，平拋初速度大小為，下滑初速度未知，兩小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，則（）A.斜面長B.B球初速度C.相遇前，A、B兩球始終在同一高度D.相遇前兩小球最遠相距【答案】D【解析】【詳解】A．令斜面長為L，對小球A有，解得，A錯誤；B．對球體B進行分析有小球B向下做勻加速直線運動解得B錯誤；C．閱歷時間t1，A球體的豎直分位移閱歷時間t1，B球體的豎直分位移則有作出該函數的圖像如圖所示依據二次函數的特征，可知，在內有既有即相遇前，A、B兩球不在同一高度，C錯誤；D．依據上述可知，兩球體在時相遇，在時兩球體相距最遠，由于A球體在垂直于斜面方向做雙向勻變速直線運動，則D正確。故選D。4.光程是光學中的概念，定義為光在介質中經過的幾何路程與該介質折射率的乘積。當兩束相干光的光程差為波長的整數倍時，在屏幕上出現亮條紋。瑞利干涉儀就是利用這個原理測量氣體的折射率。如圖甲所示，兩束光的光程差為零時，屏幕上O點為零級干涉亮條紋。將長度為、裝有待測氣體的透亮薄管放在S1后面，如圖乙所示，零級亮條紋移至屏幕上的O'點，O點為第級干涉亮條紋。已知空氣的折射率為，所用光的波長為，待測氣體的折射率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】乙圖中兩束光到O點的光程差為依據題意得聯(lián)立可得故選B。5.半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上勻整分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距C點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，則q為（）A.正電荷， B.正電荷，C.負電荷， D.負電荷，【答案】D【解析】【詳解】取走A、B處兩段弧長均為小圓弧上的電荷，依據對稱性可知，圓環(huán)在O點產生的電場強度為與A在同始終徑上的A1和與B在同始終徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示因為兩段弧長特別小，故可看成點電荷，則有由圖可知，兩場強的夾角為，則兩者的合場強為依據O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為依據聯(lián)立解得故選D。6.如圖所示，兩個質量均為m的物塊P、Q通過豎直放置的輕彈簧連接，Q距地面的高度為h，起先時彈簧處于原長。現將系統(tǒng)由靜止釋放，經過一段時間Q落到地面上，又經時間t彈簧復原到原長，Q落到地面上后，速度突變?yōu)榱?。已知彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則從Q落到地面上前的瞬間到彈簧復原到原長的過程中，地面對Q的沖量I的大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】取豎直向下為正方向，P、Q自由下落過程可得從Q落到地面上前的瞬間到彈簧復原到原長的過程中，對整個系統(tǒng)由動量定理得解得故選B。7.我國風洞技術世界領先。下圖為某風洞試驗的簡化模型，風洞管中的均流區(qū)斜面光滑，一物塊在恒定風力的作用下由靜止沿斜面對上運動，從物塊接觸彈簧至到達最高點的過程中（彈簧在彈性限度內），下列說法正確的是（）A.物塊的速度始終減小到零 B.物塊加速度先不變后減小C.彈簧彈性勢能先不變后增大 D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能始終增大【答案】D【解析】【詳解】AB．從物塊接觸彈簧起先至到達最高點的過程中，對物塊受力分析，沿斜面方向有彈簧的壓縮量x從0起先增大，物塊先沿斜面加速，加速度向上且漸漸減小，當a減小到0時，速度加速到最大；然后加速度反向且漸漸增大，物體減速，直至減速到0，故AB錯誤；C．由于彈簧的壓縮量不斷增大，所以彈性勢能不斷增大，故C錯誤；D．由于風力對物塊始終做正功，所以物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能始終增大，故D正確。故選D。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分）8.如圖，我國“天宮”空間站位于距地面約400km高的近地軌道，是我國宇航員進行太空工作和生活的場所；而同樣也是我國自主研發(fā)的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)，由5顆同步衛(wèi)星、30顆非靜止軌道衛(wèi)星和備用衛(wèi)星組成，其廣泛應用于三維衛(wèi)星定位與通信。若上述的空間站和北斗系統(tǒng)的衛(wèi)星均在各自軌道上繞地球做勻速圓周運動，則下面說法正確的是（）A.“天宮”空間站的運行速度大于北斗同步衛(wèi)星的運行速度B.“天宮”空間站里的宇航員處于懸浮狀態(tài)是因為不受重力C.全部的同步衛(wèi)星離地球表面的高度都是確定的D.若北斗衛(wèi)星在飛行的過程中速度變小了，它將遠離地球【答案】AC【解析】【詳解】A．依據可得“天宮”空間站的運行軌道半徑小于北斗同步衛(wèi)星的軌道半徑，則“天宮”空間站的運行速度大于北斗同步衛(wèi)星的運行速度，選項A正確；B．“天宮”空間站里的宇航員處于懸浮狀態(tài)是因為處于完全失重狀態(tài)，但仍受重力，選項B錯誤；C．依據全部的同步衛(wèi)星具有相同的周期，則離地球表面的高度都是確定的，選項C正確；D．若北斗衛(wèi)星在飛行的過程中速度變小了，萬有引力大于所需的向心力，則它將向靠近地球的方向運動，選項D錯誤。故選AC。9.如圖所示，圓臺上下底面的圓心分別為O1、O2，兩點連線的中點為O，以O為圓心的圓周上放置了四個點電荷，E、F處電荷量為-q，G、H處電荷量為+q，以O1、O2、O為圓心的圓平面水平且平行，設O1、O2、O三點的電場強度分別為E1、E2、E0，電勢分別為φ1、φ2、φ0，下列說法正確的是（）A.O1、O2、O三點的電場強度的大小關系為E1=E2=E0B.O1、O2、O三點的電勢的大小關系為φ1=φ2=φ0，直線O1O2上各點電勢相等C.將電荷量為-q的微粒（不計重力）從O1點沿O1O移至O點的過程中，電勢能增加D.將電荷量為-q的微粒（不計重力）從O1點沿O1O移至O點的過程中，微粒所受電場力減小【答案】AB【解析】【詳解】A．因帶電荷量為-q的兩個點電荷在O1點產生的電場強度的方向豎直向下，帶電荷量為+q的兩個點電荷在O1點產生的電場強度的方向豎直向上，O1O與O2O的距離相等，故O1與O2的電場強度都為零；同理，由于四個點電荷在O點所在圓內對稱分布，所以其合電場強度矢量和也為零，故A正確；D．由A項分析知，電荷量為-q的微粒，在這三點所受的電場力為零，故D錯誤；B．電勢是標量，則兩對正負電荷在O1、O2、O三點電勢代數和為零，O1O2是EFHG的等勢線，故B正確；C．由B項分析知，將電荷量為-q的微粒（不計重力）從O1點沿O1O移至O點的過程中，電場力不做功，電勢能不變，故C錯誤。故選AB。10.2024年9月18日上午，隨著岳陽隊摘得湖南省第十四屆省運會田徑項目U12團體賽金牌，為期4天的省運會田徑競賽全部運動項目圓滿結束。我市田徑運動照舊保持著強勁的發(fā)展勢頭，來自臨湘市二中的談仁哲在U18男子鉛球項目中，以17.96米的成果打破賽會記錄，在鉛球競賽中，若某運動員以初速度v0＝12m/s將質量為m=7kg的鉛球推出，初速度與水平方向成42°角，推出點所在位置離水平地面1.8m高，重力加速度取10m/s2，已知sin42°=0.67，cos42°=0.74，忽視空氣阻力的影響，從鉛球推出到落地過程中，下列說法中正確的是（）A.鉛球在空中運動時間約為1.6s B.鉛球上升時間與下降時間相等C.鉛球到達最高點時速度為8.88m/s D.鉛球落地的速度大小為m/s【答案】CD【解析】【詳解】C．將初速度v0沿水平方向和豎直方向進行分解可得鉛球在水平方向上以做勻速直線運動，在豎直方向上以初速度做豎直上拋運動，設上升到最高點的時間為，則在最高點時，鉛球豎直速度為零，故在最高點時鉛球的速度為故C正確；AB．設最高點與拋出點的高度差為，則故最高點距地面高度為設鉛球下降時間為，則解得因此鉛球上升時間與下降時間不相等，鉛球在空中運動時間為故AB錯誤；D．設鉛球落地速度大小為，依據動能定理可得解得故D正確。故選CD。三、非選擇題（本題共5答題，54分）11.某同學用圖甲所示裝置測量重力加速度，所用溝通電源頻率為50Hz。在所選紙帶上取某點為0計數點，然后每3個點取一個計數點，全部測量數據及其標記符號如圖乙所示。該同學用兩種方法處理數據（為相鄰兩計數點間的時間間隔）：方法一：由，，…，，取平均值；方法二：由，，，取平均值。從數據處理方法看，在、、、、、中，對試驗結果起作用的，方法一中有________；方法二中有________。因此，選擇方法________（選填“一”或“二”）更合理，這樣可以削減試驗________（選填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差。本試驗誤差的主要來源有（試舉出兩條）。________【答案】①.②.、、、、、③.二④.偶然⑤.紙帶與限位孔間有摩擦力，長度測量等【解析】【詳解】[1]在方法一中，依據數學學問可知只有、起作用；[2]方法二中因此六組數據都起作用；[3]故方法二數據應用充分，更合理一些，這樣可以削減試驗的偶然誤差。[4][5]本試驗誤差的主要來源有：阻力（空氣阻力，振針的阻力，限位孔的阻力，復寫紙的阻力等）影響，溝通電頻率波動，長度測量，數據處理方法等。12.某同學把銅片和鋅片相隔約插入一個梨中，就制成一個水果電池（銅片是電池的正極，鋅片是負極），銅片和鋅片相距越近、插入越深，電池的內阻就越小?，F要利用圖（a）所示的試驗電路測量水果電池的電動勢和內阻。圖中電流表量程，內阻，電壓表內阻約，（a）已將試驗器材進行了部分連接。（1）請將圖（a）中的實物電路補充完整________________；（2）試驗時發(fā)覺電壓表壞了，于是移去電壓表，同時用電阻箱替換滑動變阻器，重新連接電路，測量該電池的電動勢和內阻。①請完成虛線框內圖（b）的設計___________；②閉合開關，調整電阻箱，試驗測得的電阻箱阻值R和電流表示數I，以及計算電阻箱兩端的電壓U，數據見下表，請將表中第7次數據補充完整______________；次數12345674.001.600.800.400.200.100.050.170.340.500.670.800.880.930.6800.5440.4000.2680.1600.088③作圖像如圖（c）所示，依據圖像并考慮電流表內阻的影響，求出水果電池的電動勢___________V，內阻______________（結果均保留2位有效數字）?！敬鸢浮竣?②.③.0.0465④.0.82⑤.

【解析】【詳解】（1）[1]水果電池內阻較大，相對而言電流表內阻可以忽視不記，故實物圖連接如圖所示（2）[2]依據題意，電路圖如圖所示[3]由題意及表中數據可得，依據歐姆定理可知，電阻箱兩端的電壓為

（3）[4][5]由題意及上述分析可得

結合圖形可得，圖線與縱軸的交點為電池電動勢，圖線的斜率大小為電池內阻，即

13.2024年10月31日，中國空間站夢天試驗艙放射勝利，夢天試驗艙主要面對微重力進行科學探討。如圖所示為某宇航員進行的水球光學試驗，在水球中心注入空氣，形成球形氣泡，內外兩球面球心均在O點，讓一束單色光從外球面上的A點與AO連線成53°角射入球中，光束經折射后恰好與內球面B點相切。已知內球面與外球面半徑之比為3:5，sin53°=0.8，求：（1）水的折射率；（2）欲使該光束能射入內部氣泡中，在A點入射角應當滿意什么條件？（不考慮光在水中的二次反射）【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設內球面半徑為，則外球面半徑為，光在A發(fā)生折射，由折射定律有如圖所示由幾何關系有將代入，聯(lián)立兩式解得（2）剛好滿意題設條件（光在內球表面上剛好發(fā)生全反射）的光路如答圖示設光在A點的入射角和折射角分別為和，在內球面D點發(fā)生全反射，由折射定律有且對三角形，由正弦定理有由三角函數關系有解得所以，入射角應當滿意什么條件為14.如圖所示，質量為M＝0.8kg足夠長的絕緣木板靜止于粗糙的水平面上，所在空間存在范圍足夠大的一個方向豎直向下的勻強電場，場強大小E=500N/C，一質量為m＝0.8kg、帶電量q=+1.6×10-2C的滑塊（可視為質點）以v0=4m/s的水平初速度沖上長木板的左端，已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數為μ1=0.2，長木板與地面之間的動摩擦因數為μ2=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計滑塊電量損失，求：（1）小滑塊剛沖上長木板左端時小滑塊和長木板加速度大?。唬?）滑塊在長木板上滑動的相對位移；（3）滑塊從滑上長木板到兩者都靜止時的整個運動過程長木板因與地面摩擦產生的熱量?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）對滑塊由牛頓其次定律得μ1(mg+Eq)=ma1解得a1=4m/s2對長木板由牛頓其次定律得μ1(mg+Eq)-μ2(mg+Mg+Eq)=Ma2解得a2=1m/s2（2）設兩者達到共同速度的時間為t1，則有v=v0-a1t1=v0-4t1v=a2t1=t1假設兩者達到共同速度后一起減速，對整體由牛頓其次定律