安徽省安庆市高中2022届高三物理8月月考试题（Word版附答案）

安庆市高中2022届高三8月月考物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.“电动势”是表征电源特性的物理量，这种特性是下列哪个定律的具体体现？A.欧姆定律B.电阻定律C.焦耳定律D.能量守恒定律2.如图所示，实线表示某电场的电场线方向未标出，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、下列判断正确的是A.，B.，C.，D.，3.如图所示，在竖直面内，一半径为R的光滑半圆轨道和水平轨道在B点相切，PB为圆弧轨道的直径。一小滑块从A点沿水平轨道向右运动经B点沿圆弧轨道恰好通过P点，最后落在A点。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力。则小滑块从A点运动时的初速度为A.B.C.D.4.2020年11月24日4点30分，嫦娥五号探测器成功发射升空。若嫦娥五号在距月球表面高度分别为、的轨道I、Ⅱ上运行，均可视为匀速圆周运动，则在轨道I、Ⅱ上运行时，嫦娥五号与月球中心连线扫过相同面积所用的时间之比为月球看成半径为R、质量均匀分布的球体,A.B.C.D.1.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，一圆形硬质导线固定在纸面内，如图甲所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，时刻磁场方向垂直纸面向里。取纸面内垂直ab连线向上为安培力的正方向，在时间内，圆形导线劣弧受到该磁场对它的安培力F随时间t的变化关系图为A.B.C.D.2.如图所示，小物块从固定斜面顶端A由静止开始沿斜面下滑至斜面中点B的过程中，系统增加的内能为Q。小物块到达B点时，动能为，选取斜面底端C为重力势能零点，重力势能为、机械能为E。已知斜面倾角为，小物块与斜面间的动摩擦因数，，。现用圆的面积表示小物块在A点的机械能，仍以C点为重力势能零点，下列各图中，比例关系正确的是,A.B.C.D.1.某同学在水平地面上拖地时，沿拖杆方向推拖把，推力F、拖把头所受地面摩擦力f大小随时间的变化可简化为图甲、乙中的图线。已知拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略，拖杆与地面间的夹角保持不变，图中、、、、均为已知量，则时间内拖把头运动的位移为A.B.C.D.二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）2.如图所示，不可伸长的轻质细绳，一端固定于竖直杆P上，另一端绕过轻质定滑轮，悬挂一质量为m的物体。现挂上质量为包括衣架的衣服，不计一切摩擦，当系统静止时，轻绳与竖直方向夹角分别为和，对定滑轮的作用力大小为F，则,A.B.C.D.1.物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则物块A.在时间内动量变化量为B.动量在内比内变化快C.4s时动量大小为D.4s时运动方向发生改变2.如图所示，轻弹簧一端固定于挡板P，另一端与物块A拴接，A通过轻质细绳绕过定滑轮与套在竖直杆的物块B相连。开始时托住B，细绳伸直且无张力，OA平行于斜面。现由静止释放B，当弹簧恢复原长时B的速度为，细绳与杆的夹角为，不计一切摩擦，则此过程中A.物块A与B组成的系统机械能守恒,B.当B到达C点时，A速度的大小为C.弹簧弹性势能的减少量等于A、B系统机械能的增加量D.重力对B做功的平均功率大于拉力对B做功的平均功率三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）1.某同学用图甲所示实验装置探究小车做匀变速直线运动的规律。图乙为得到的某条清晰纸带的一部分，A、B、是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，C、E间的计数点D未标出，交流电源的频率为50Hz。实验时，必须进行的是______填选项字母。A.平衡摩擦力B.调节滑轮高度，使细线与长木板平行C.选择所挂钩码的质量m远小于小车的质量M打出D点时小车的速度大小为______，加速度大小为______结果均保留2位小数。2.实验小组用满偏电流为、内阻约为几千欧的电流表G进行电表的改装与校准实验：如图甲所示，采用“半偏法”测量电流表G的内阻，则测量值______真实值选填“”“”或“”。若测得电流表G的内阻为，将电流表G改装成量程为和的双量程电压表，设计电路如图乙所示，则______。用量程为3V的标准电压表V对改装电压表的3V挡进行校准，电源的电动势，滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为和。,为了方便实验中调节电压，应选用最大阻值为______的滑动变阻器；请将图丙中实验器材连接成校准电压表的电路。四、计算题（本大题共2小题，共23.0分）1.图为粗细均匀的圆管形儿童玩具水枪。水枪吸水前，先将圆形薄活塞向下推至底部；插入水中后缓慢向上拉动活塞，待水面上升一定高度后，保持枪管竖直提离水面。现测得枪内水面距枪口的高度为h，管内空气柱的长度为l，枪内活塞的横截面积为S，大气压强为，水的密度为，重力加速度为g，求吸水前枪内活塞至枪口间空气的体积。水枪密闭性良好，设整个过程气体可视为理想气体，温度保持不变。2.如图所示，半径相同、质量均为为正整数的光滑圆弧斜劈A和B静止于光滑水平面上，曲面下端均与水平面相切，圆弧斜劈B处于锁定状态。一质量为m的小球位于两,斜劈中间的某位置，现给小球一初速度，小球恰好能滑到圆弧斜劈B最高点，求：小球刚滑入斜劈B时对圆弧的压力大小；若小球刚滑到斜劈B最高点时立即解除锁定，要使其能再次滑上B，则k的最小值。五、综合题（本大题共1小题，共17.0分）1.如图所示，在x轴上方空间区域存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，在x轴下方空间区域存在平行于xOy平面的匀强电场。一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上的点，沿y轴正方向入射后，第一次通过x轴时，速度方向与x轴正方向成角，第二次通过x轴后恰好返回a点，两次通过a点的速度等大反向。重力不计，求：粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小；粒子第一次穿越电场过程中离x轴的最大距离；粒子第n次通过x轴的坐标。,答案和解析1.【答案】D【解析】解：电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表示电源把其它形式的能转化为电能的本领，电动势的定义式为：，式中W表示非静电力做的功，q表示做功时所移动的电荷量，故电动势是从能量转化的角度进行分析的，故ABC错误，D正确；故选：D。由电动势的物理意义进行求解。本题主要考查了电动势的定义，解题关键在于正确理解电动势的物理意义。2.【答案】D【解析】【分析】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化，做完本题注意思考这些量与运动方向是否有关；也可以思考如果粒子带电情况也不确定，那这些量能否判断大小关系。【解答】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向,左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故 ；根据电势的定义式可知负电荷在电势大的位置电势能反而小，所以带负电的该粒子在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即 ；由能量守恒可知M点动能大于N点动能，所以根据电场线疏密可知，，根据和牛顿第二定律可知， ；故D正确，ABC错误。故选D。3.【答案】C【解析】解：小滑块恰好通过P点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得    可得小滑块离开P点后做平抛运动，则竖直方向有水平方向有解得AB两点的距离：小滑块从A点运动到P点的过程，由动能定理得解得小滑块从A点运动时的初速度：，故ABD错误，C正确。故选：C。滑块恰好通过P点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过P点时的速度。滑块离开P点后做平抛运动，根据分位移公式求出AB两点的距离。再对滑块从A点到P点的过程，利用动能定理列式，即可求出滑块从A点运动时的初速度。本题要理清滑块的运动过程，把握P点的临界条件：重力等于向心力。要灵活选择研究的过,程，根据牛顿第二定律、动能定理、平抛运动等规律进行处理。4.【答案】D【解析】解：嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：则其线速度，式中M是月球的质量，r是嫦娥五号的轨道半径，据题可得：嫦娥五号在轨道I、Ⅱ上运行的线速度之比为在轨道I、Ⅱ上运行时，嫦娥五号与月球中心连线扫过相同面积时，有则所用的时间之比为，故ABC错误，D正确。故选：D。嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由此求出速度表达式，再根据扇形面积公式列式，即可求解时间之比。对于卫星类型问题，关键要建立物理模型，找到向心力万有引力，同时，本题要掌握扇形面积公式，L是弧长，r是半径。5.【答案】B【解析】解：由楞次定律可知，在时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：时间内圆形导线劣弧受到的安培力向上；在时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：时间内圆形导线劣弧受到的安培力向下；在时间间隔内，磁感应强不变，无感应电流，圆形导线劣弧不受安培力；,在时间间隔内感应电流始终沿逆时针方向，由左手定则可知：时间内圆形导线劣弧受到的安培力向上；并且，是定值，所以I为定值，根据安培力公式可知，I、L一定，则F的变化趋势与B的变化趋势相同，故B正确，ACD错误；故选：B。应用楞次定律可以判断出感应电流方向，应用左手定则可以判断出安培力方向；根据安培力公式，判定大小变化本题是电磁感应与电路相结合的综合题，根据题意应用楞次定律、左手定则即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。6.【答案】D【解析】解：设斜面的长度为L，物块的质量为m，小物块开始运动时的机械能等于小物块在A点的重力势能，则有：；小物块在B点时的重力势能，此过程中克服摩擦力做的功等于产生的热，则有：根据功能关系可得：；若用圆的面积表示小物块在A点的机械能，则重力势能站总面积的，产生的热站总面积的，动能站总面积的，故D正确、ABC错误。故选：D。根据重力势能的计算公式得到小物块在B点时的重力势能，克服摩擦力做的功等于产生的热，根据功能关系动能的大小，由此进行分析。,本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、产生的热与克服摩擦力做的功有关。7.【答案】C【解析】解：根据甲乙图象可知，在时间内，拖把头处于静止状态，在之后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：，解得在时间内通过的位移为：，故ABD错误，C正确；故选：C。根据甲乙两图判断出在时间内，拖把头处于静止状态，在之后，开始做匀加速直线运动，此时受到滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得通过的位移即可。本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是区分最大静摩擦力和滑动摩擦力，明确加速度是解决此类问题的中间桥梁。8.【答案】AC【解析】解：AB、同一条轻绳的张力相等，设为T，以O点为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：，所以，故A正确、B错误；CD、对物体根据平衡条件可得：，对O点，竖直方向根据平衡条件可得：，解得；以滑轮为研究对象，受到两边轻绳的拉力和轴对滑轮的支持力，如图所示：,轻绳对定滑轮的作用力沿夹角平分线方向，根据力的合成可得，故C正确、D错误。故选：AC。同一条轻绳的张力相等，以O点为研究对象，水平方向根据平衡条件分析和的关系；对O点进行受力分析，根据平衡条件得到的大小，以滑轮为研究对象，根据力的合成求解轻绳对定滑轮的作用力大小。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。9.【答案】BC【解析】解：A、根据F随时间t变化的图线的“面积”表示冲量，得在时间内物块受到合外力的冲量大小为：，在时间内物块受到合外力的冲量大小为：，根据动量定理：，可知在时间内物块动量变化量的大小为：，故A错误；B、根据动量定理：，可知在时间内物块动量变化量的大小为：，在时间内物块动量变化量的大小为：，由于时间相等，而，故动量在内比内变化快，故B正确；,CD、根据动量定理：，代入数据解得4s时动量大小为：，因为4s时物块的动量为正，根据动量公式：可知，4s时速度方向为正，即4s时运动方向不发生改变，故C正确，D错误。故选：BC。根据F随时间t变化的图线的面积表示冲量，然后根据动量定理求解即可。本题考查了F随时间t变化的图线面积的物理意义以及动量定理的应用，要求同学们熟练应用规律去解决。10.【答案】CD【解析】解：A、弹簧、物块A与B组成的系统机械能守恒，物块A与B组成的系统机械能不守恒，故A错误；B、当B到达C点时，B沿着绳的分速度大小等于A的速度大小，故A速度的大小为，故B错误；C、弹簧、物块A与B组成的系统机械能守恒，故弹簧弹性势能的减少量等于A、B系统机械能的增加量，故C正确；D、B由静止下落至C点的过程中其动能增大，重力做正功，拉力做负功，故重力做的功大于拉力做功的绝对值，重力与拉力做功时间相等，故重力对B做功的平均功率大于拉力对B做功的平均功率，故D正确。故选：CD。弹簧、物块A与B组成的系统机械能守恒；当B到达C点时，B沿着绳的分速度大小等于A的速度大小；B由静止下落至C点的过程中其动能增大，重力做正功，拉力做负功。据此分析。解答本题的关键是知道弹簧、物块A与B组成的系统机械能守恒，知道关联速度，能灵活应用动能定理分析功能关系。11.【答案】B  【解析】解：探究匀变速直线运动的规律，实验中小车是否存在摩擦力，及钩码的质量m与小车的质量M大小关系，对研究的问题没有影响，只要确保小车的加速度恒定即可；,A.不需要把长木板的左端垫起适当的高度以平衡摩擦力，故A错误；B.不一定保持木板水平，必须使调整滑轮的高度使细线与长木板平行，保证小车的加速度恒定，故B正确；C.不需要钩码的质量m远小于小车的质量M，故C错误；故选：B。交流电的频率为50Hz，每隔打一个点；相邻两个计数点之间还有四个点未画出，故两个计数点之间的时间间隔；C、E间的计数点D未标出，利用匀变速直线运动的推论得：；根据运动学公式得：，则有。故答案为：；；。依据探究匀变速直线运动的规律实验原理，可知，小车是否受到摩擦力，及钩码的质量与小车的质量关系，对研究问题是否带来影响；有纸带处理的实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度。考查纸带处理的问题，通常都要求解瞬时速度和加速度，是基本问题，一定要掌握；对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。12.【答案】  50【解析】解：当接通时，有电流流过，和并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏电流时，,中电流稍大于，则，所以测量值小于真实值；电流表的满偏电流为，改装成3V电压表时其内部总电阻为改装成15V电压表时，需要再串一个电阻为；为了方便实验中调节电压，应选用最大阻值为的滑动变阻器；用标准电压表对改装电压表的3V挡进行校准时，要求从0到最大量程进行校正，所以滑动变阻器采用分压器的接法，如图所示。故答案为：；；；如图所示。根据“半偏法”测电阻实验误差产生的原因进行分析；根据电压表的改装原理进行解答；根据“方便性”原则选取滑动变阻器；校正电路滑动变阻器采用分压器的接法，由此连图。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。13.【答案】解：设吸水后封闭气体压强为p，枪内吸入水的质量，对枪内吸入的水，由平衡条件得：解得：吸水前枪内气体压强为，体积为，吸水后气体的体积气体温度不变，由玻意耳定律得：解得：,答：吸水前枪内活塞至枪口间空气的体积是。【解析】求出吸水后封闭气体的压强，气体温度不变，应用玻意耳定律可以求出吸水前气体的体积。根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出封闭气体的压强是解题的前提与关键，应用玻意耳定律即可解题。14.【答案】解：斜劈B锁定，小球滑上斜劈B的过程只有重力做功，机械能守恒，设小球B刚滑上B时的速度为，小球滑上B的过程，由机械能守恒定律得：小球刚滑上B时，斜劈的支持力F与小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对圆弧的压力大小小球滑到斜劈B最高点时解除锁定，小球与B组成的系统在水平方向动量守恒，设小球与B分离时小球的速度大小为v，B的速度大小为，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：，小球与A组成的系统在水平方向动量守恒，设小球与A分离时小球的速度为，A的速度为，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：,由机械能守恒定律得：解得：小球刚滑到斜劈B最高点时立即解除锁定，要使其能再次滑上B，需要满足，整理得：k在正整数，解得：，则、4、，则k的最小值是3。答：小球刚滑入斜劈B时对圆弧的压力大小是3mg；若小球刚滑到斜劈B最高点时立即解除锁定，要使其能再次滑上B，则k的最小值是3。【解析】锁定，小球滑上B的过程只有重力做功，小球的机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小球刚滑上B时的速度，小球刚滑入B时斜劈B的支持力与小球的重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出斜劈对小球的支持力，然后应用牛顿第三定律求出小球对斜劈的压力大小。小球滑到斜劈最高点时解除锁定，小球与斜劈B组成的系统在水平方向动量守恒、系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小球与B分离时小球和B的速度，小球与A组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A与小球分离后小球的速度，然后求出小球再次滑上B时k的最小值。本题是多体多过程问题，分析清楚小球与斜劈的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可解题。15.【答案】解：根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得：     即：,解得：粒子第一次经过x轴的位置为，到达b点速度大小粒子做类平抛运动，有：所以设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为，由类平抛运动得解得：第一次由匀强磁场到达经过x轴，其位置坐标为：第一次由匀强电场到达经过x轴，其位置坐标为：第二次由匀强磁场到达经过x轴，其位置坐标为：第二次由匀强电场到达经过x轴，其位置坐标为：由运动的周期性分析可知，粒子相邻两次由匀强磁场到达x轴或者相邻两次由匀强电场到达x轴的位置间隔为：当n为奇数时，粒子均由匀强磁场到达经过x轴，由几何关系可知，其位置坐标为：,当n为偶数时，粒子均由匀强电场到达经过x轴，由几何关系可知，其位置坐标为：答：粒子在磁场中运动的轨道半径为，和速度大小为；粒子第一次穿越电场过程中离x轴的最大距离为；当n为奇数时，粒子第n次通过x轴的坐标为，当n为偶数时，粒子第n次通过x轴的坐标为。【解析】根据题意画出粒子在复合场中的运动轨迹，根据几何关系及洛伦兹力提供向心力求解即可；粒子第一次经过x轴的位置后做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式以及几何关系结合动能定理求解；分别求出粒子第一次经过x轴的时间、在电场中运动的时间以及第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间，三者之和即为所求时间。本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想象的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。