安徽省桐城市某中学2023届高三物理上学期月考试卷六（Word版附解析）

高考物理试卷1.在物理学的重大发现中，科学家们总结出了许多物理学研究方法，以下叙述正确的是A.在研究物体运动时，用质点来代替物体运用了假设法B.在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法C.在研究瞬时速度时，当趋近于零时，用二表示物体在时刻的瞬时速度，运用了等效法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限的方法2.半圆形玻璃砖横截面如图所示，AB为直径，O点为圆心。在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、b两束光A.在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较小B.以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C.同样条件下，a光比b光衍射明显D.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小3.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约是地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。某同学根据地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T，作出如图所示图象已知万有引力常量为G，地球的半径为。下列说法正确的是A.地球密度为B.木星密度为C.木星与地球的密度之比为D.木星与地球的密度之比为 1.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为、、，压强分别为、、。已知，，则下列说法正确的是A.B.C.从状态a到状态b，气体对外做功D.从状态c到状态a，气体从外界吸热2.随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长，其中电磁弹射区的长度为，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力。一架质量为的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的倍。若飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度，航空母舰始终处于静止状态，取下列说法正确的是A.飞机在前一阶段的加速度大小B.飞机在电磁弹射区末的速度大小 C.电磁弹射器的牵引力的大小为D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的1.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是A.这列波的波速可能为B.质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC.质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD.若，则当时刻，质点b、P的位移相同2.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关K闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子不计重力正好以匀速速度穿移过两板．以下说法正确的是A.保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B.保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C.保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将一定向下偏转D.如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出3.如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C连线为水平直径，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为的点电荷将另一质量为m、电荷量为的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则 A.小球运动到B点时的速度大小为B.小球运动到B点时的加速度大小为gC.小球不能运动到C点D.小球运动到B点时对轨道的压力大小为1.一如图，是用气垫导轨验证动量守恒定律的实验装置，滑块1的质量，滑块2的右端面固定一小块橡皮泥，其总质量。两滑块上均装有宽度的遮光条，在两滑块间合适位置装有光电门1，在滑块2左侧适当位置装有光电门2。将滑块1置于导轨右端，然后用橡皮锤水平敲击滑块1，滑块1经过光电门1，光电计时器显示的时间为，滑块1与滑块2碰撞后粘在一起，碰撞后滑块2与滑块1先后经过光电门2，光电计时器先后显示的时间分别为和。请回答下列问题：对于滑块1与滑块2组成的系统，碰撞前系统的总动量为______，碰撞后系统的总动量为______。计算结果均保留两位有效数字由中计算结果可以看出，碰撞前后系统的总动量并不完全相等，你认为产生这一差异的原因是______。二将满偏电流、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对． 利用如图所示的电路测量电流表的内阻图中电源的电动势：先闭合，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合，保持R不变，调节，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时的阻值为，则电流表内阻的测量值______将该表改装成量程为3V的电压表，需______填“串联”或“并联”阻值为______的电阻．把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试画出实验电路图和实物连接图．1.如图所示，宽度为的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，一根质量为的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直。求：在闭合回路中产生的感应电流的大小；当导体棒移动50cm时撤去拉力，求整个过程直到MN静止时电阻R上产生的热量。 1.如图为某实验探究小组设计的玩具车电磁驱动系统的原理图，AB和CD是固定在质量为m的玩具车下方的两根相互平行、电阻均为r、长度均为L的金属棒，它们两端分别用长度为d，电阻不计的直导线连接。矩形区域EFGH内存在方向垂直纸面向里；磁感应强度大小为匀强磁场，EF和FH的长度分别为L和d。开始时玩具车处于静止状态，棒AB在磁场区域GH边界内侧且两者非常靠近，AC在EG正上方，已知玩具车运动时所受阻力恒为f。若磁感应强度大小随时间的变化率，一段时间后，车开始运动，求这段时间内金属棒AB上产生的热量Q；若磁场区域以速度向右匀速运动，经过时间t棒AB刚离开磁场区域，求此时车速度v的大小；若磁场区域以速度向右匀速运动，经过时间t棒AB运动到磁场区域某处，此时车速恰好达到最大值，求车已行驶的位移大小x。2.如图所示，物块以一定的初速度滑上原静止在光滑水平地面上的长木板，两者达到相同速度v后向右运动，某时刻木板与右方的竖直墙发生碰撞．已知物块质量为木板质量的3 倍，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g。设定木板与墙的碰撞为弹性碰撞，时间极短，并且木板足够长，物块始终在木板上。求：物块刚滑上木板的初速度；木板与墙第二次碰撞前物块距木板左端的距离L；木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间t。 答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想模型法，故A错误；B、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因涉及多个因素的关系，运用了控制变量法，故B正确；C、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故C错误；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法；故D错误。故选：B。2.【答案】C【解析】解：A、由图可知a光没有发生全反射，b光已发生全反射，b光的临界角小，由临界角公式知b光的折射率大，根据可知在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大，故A错误；B、由折射率公式，可知以相同的入射角i从空气斜射入水中，b光的折射角小，故B错误；C、a光的折射率n小，频率低，波长长，所以a光比b光衍射明显，故C正确；D、根据干涉条纹间距公式，由于a光的波长长，则相邻亮条纹间距大，故D错误。故选：C。3.【答案】A【解析】解：根据得，，可知图线的斜率，由于木星的质量大 于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线。A、对于地球，，解得地球的质量，则地球的密度，故A正确。B、对于木星，，解得木星的质量，则木星的密度，故B错误。CD、由A、B知，木星与地球的密度之比为，故CD错误。故选：A。4.【答案】D【解析】A.由图知，由a到b，等容变化，由查理定律知，a状态气体的压强，故A错误；B.由图知，b状态到c状态气体温度恒为，由玻意耳定律：，解得，故B错误；C.由a到b，等容变化，此过程气体对外不做功，故C错误；D.由可得，可见图像中各点与坐标原点连线的斜率为，由图知，由状态c到状态a过程，图像中各点与坐标原点连线的斜率减小，即气体的体积变大，此时气体对外做功，由于温度升高，则气体的内能增加，由热力学第一定律知，气体从外界吸热。故D正确。  5.【答案】C【解析】AB、设后一阶段的加速度大小为，阻力为，根据牛顿第二定律得：， ，设在电磁弹射区末的速度为，由运动学公式得代入数据解得设前一阶段的加速度大小为，由运动学公式得：，，故AB错误；C、根据牛顿第二定律有，代入数据解得F牵，故C正确；D、电磁弹射器在弹射过程中的功率，牵引力恒定，随着速度增大，功率逐渐增大，故D错误。  6.【答案】ACD【解析】解：A、经过，波向前传播了个波长，故周期为：，故波速为：，代入解得：，当时，波速为，故A正确；B、当时，质点a经过个周期，通过的路程最短，时，质点a向上振动，那么质点a在这段时间内通过的路程，则路程最小为30cm，故B错误；C、简谐波的周期为：，c的路程，则有，当时满足，故C正确；D、在t时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经秒后，P是正在向下振动负位移，是经过平衡位置后向下运动秒；而质点b是正在向上振动的负位移 ，是到达最低点后向上运动秒，因为，可见此时两个质点的位移是相同的。故D正确；故选：ACD。7.【答案】AB【解析】解：A、由图可知a板带正电，B板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转从下极板边缘飞出，故A正确；B、若粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，而当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，则由以上分析可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器两极板间的电场强度增大，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故可能从下板边缘飞出，故B正确；C、两极板间的电势差不变，当a板下移时，两板间的距离减小，则两板间的电场强度增大，则所受电场力变大，若粒子为正电，则粒子会向下偏转；若粒子会负电粒子会向上偏转，故C错误；D、若开关断开，则电容器与电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故D错误；故选：8.【答案】AD【解析】解：A、带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则，解得故A正确；B、小球运动到B点时的加速度大小为，故B错误； C、小球在过程中库仑力不做功，电势能不变，只有动能与重力势能相互转化，因此可以运动到C点，故C错误；D、小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力，由圆周运动和牛顿第二定律得，解得，根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为，故D正确。故选：AD。9.【答案】导轨不平，右端高 100串联 9900【解析】解：一滑块1通过光电门1的速度为对于滑块1与滑块2组成的系统，碰撞前系统的总动量为滑块1与静止的滑块2碰撞后粘合在一起，通过光电门2的平均时间为通过光电门2的速度为对于滑块1与滑块2组成的系统，碰撞后系统的总动量为根据题意可知，碰撞后滑块2与滑块1做加速直线运动，所以气垫导轨右端高，碰撞前后系统的总动量并不完全相等，产生差异的原因是导轨不平，右端高。二闭合，R和并联电压相等，各支路电流之和等于总电流。由解得： 利用电流的改装原理，电压表利用串联分压，要串联一个电阻由解得：改装后的电压表电阻较大，对电表进行矫正，滑动变阻选择分压接法，电路原理图如图1，根据原理图，连接实物图2图1图2故答案为：一，，导轨不平，右端高；二；串联，9900；见解析。10.【答案】解：感应电动势：，感应电流；导体棒移动的时间，该过程产生的焦耳热：，撤去拉力后知道导体棒静止过程，由能量守恒定律得：，导体棒的质量，电阻R上产生的热量； 答：在闭合回路中产生的感应电流的大小是1A；当导体棒移动50cm时撤去拉力，整个过程直到MN静止时电阻R上产生的热量是。【解析】由求出感应电动势，应用欧姆定律求出回路产生的感应电流大小。应用焦耳定律求出有拉力作用时产生的焦耳热，应用能量守恒定律求出撤去拉力后产生的焦耳热，然后求出整个过程产生的总焦耳热。11.【答案】解回路中产生的感应电动势感应电流，解得：AB受到的安培力，时车开始运动，t时刻属棒AB上产生的热量，联立解得：对小车动量定理得：，时间内通过AB棒横截面的电荷量，，联立解得：磁场区域以速度向右匀速运动，由楞次定律知：小车也向右运动，但小车永远相对磁场向左运动，设小车运动中速度为v，则相对磁场的的速度为，ABCD回路中产生的感应电动势，回路中的电流安培力，当安培力与阻力f相等时，即，玩具小车速度最大，由动量定理得 t时间内通过导体棒AB横截面的电量，，，联立解得，答：金属棒AB上产生的热量小车的速度小车行驶的位移大小为【解析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再据闭合电路的欧姆定律求出感应电流，当安培力等于阻力时求出时间t，根据焦耳定律计算焦耳热；磁场向右运动，根据楞次定律知玩具车也向右运动，当二者相对位移为d时，可以求出这段时间通过导体横截面的电荷量，根据动量定理即可求出v；时速度最大，求出最大速度，再根据动量定理即可求出位移。12.【答案】解：设长木板质量为m，物块从滑上长木板到与木板共速，选取向右为正方向，由系统动量守恒，有 解得木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共速，选取向右为正方向，由系统动量守恒，有    解得从开始至与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有  解得设木板第一次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有 根据动能定理，有重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，有所以板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为解得设木板第二次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，同理可得，解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为解得依次类推长木板从第次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间为则长木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间解得 ，…… 答：物块刚滑上木板的初速度为；木板与墙第二次碰撞前物块距木板左端的距离L为；木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间t为，……。【解析】物块从滑上长木板到两者共速的过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律求物块刚滑上木板的初速度；木板第一次与墙碰撞后，由动量守恒定律求物块与木板达到的共同速度，再由能量守恒定律求木板与墙第二次碰撞前物块距木板左端的距离L；物块滑上长木板后受到向左的滑动摩擦力，向右做匀减速运动，长木板受到向前的滑动摩擦力向右做匀加速运动；两者共速后长木板碰墙反弹，物块继续向右做匀减速运动，长木板匀减速向左运动，后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动，一到两物体再次共速；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹。根据动能定理和动量定理相结合求解总时间t。