广东省揭阳市第三中学2022届高三物理上学期第三次月考试题含解析.doc

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1、广东省揭阳市第三中学2020届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）1.如图所示用四种方法悬挂相同的镜框，绳中所受拉力最小的图是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，设每根绳与竖直方向的夹角为，合成两等大的拉力可得，则绳子与竖直方向的夹角越小，绳子拉力越小；故A正确，B、C、D错误.故选A.2.如图,一物体沿光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端，若用、分别表示物体下降高度、位移、速度和加速度，表示所用的时间，则在乙图画出的图像中正确的是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】物体受重力和斜面的支

2、持力，设斜面的倾角为，根据牛顿运动定律知加速度为不变，物体做初速度为零的匀加速直线运动.A、B、位移，则，都与时间的平方成正比，故A，B错误；C、速度v=at，与时间成正比，故C正确；D、加速度不变，故D错误；故选C.3.一架飞机水平地匀速飞行，从飞机上每隔1秒钟释放一个铁球，先后共释放4个.若不计空气阻力,则四个球：A. 在空中任何时刻总是排成抛物线;它们的落地点是等间距的.B. 在空中任何时刻总是排成抛物线;它们的落地点是不等间距的.C. 在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线;它们的落地点是等间距的.D. 在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线;它们的落地点是不等间距的.【答案】

3、C【解析】【详解】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线，高度一定，每个小球落地的时间相等，因为每隔1s释放一个，在水平方向上两小球的间隔为x=vt，是等间距的。故C正确，ABD错误。4.如图所示是甲、乙两物体运动的速度一时间图象，下列说法正确的是A. 05s内甲物体的加速度大小为0.75m/s2B. 3s时乙物体的加速度大小为1m/s2C. 05s内甲物体的位移大小为mD. 0-5s内乙物体的位移大于13.5m【答案】D【解析】【详解】根据v-t图象的斜率表示加速度，则05s内甲物体的加速度大小为m/s2，A错误；3s时乙图象切

4、线斜率的绝对值小于1，所以3s时乙物体的加速度大小小于1m/s2，B错误。根据，得t=5s时甲的速度大小为m/s，则05s内甲物体的位移大小为m，C错误。根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知05s内乙物体的位移大于m，D正确。5.如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin53=0.8，cos53=0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 平板BP受到的最小压力为mgB. 平板BP受到的最大压力为mgC. 平板AP受到最

5、小压力为mgD. 平板AP受到的最大压力为mg【答案】A【解析】【详解】A圆柱体受重力，斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F，如下图：圆柱体一直处于平衡状态，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1与F2合成的合力F与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，BP板由水平位置缓慢转动过程中，F1越来越大，F2先减小后增大；由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行（即与F1的方向垂直）时，F2有最小值F2min=mg，根据牛顿第三定律，平板BP受到的最小压力为mg，故A正确。BBP板由水平位置缓慢转动到竖直位置时，由图知这时F2最大，F2max=mg，即

6、平板BP受到的最大压力为mg，故B错误。C当平板BP沿水平方向时，平板AP对圆柱体弹力F1=0，即平板AP受到的最小压力为0，故C错误。D由图可知，当BP转到竖直方向时，AP对圆柱体的弹力F1最大，F1max=mg，根据牛顿第三定律知，平板AP受到的最大压力为mg，故D错误。6.2017年1月18日，世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在圆满完成4个月的在轨测试任务后，正式交付用户单位使用。如图为“墨子号”变轨示意图，轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点，以下说法正确的是()A. “墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中速率越来越小B. “墨子号”在轨道C上经过Q点的速率大于在轨道

7、A上经过P点的速率C. “墨子号”在轨道B上经过P时的向心加速度大于在轨道A上经过P点时的向心加速度D. “墨子号”在轨道B上经过Q点时受到的地球的引力小于经过P点时受到的地球的引力【答案】AD【解析】【分析】由题中“轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点”可知，本题考查卫星变轨问题，根据万有引力定律和万有引力提供向心力可分析本题。【详解】A“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中，逐渐远离地心，速率越来越小，故A正确；B“墨子号”在轨道A、C轨道运行时，轨道半径不同，根据可得轨道半径越大，线速度越小，故B错误；C“墨子号”在轨道A、B轨道上经过P点时，离地心的距离相等，受地球的引

8、力相等，所以加速度是相等的，故C错误；D“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时离地心的距离要远些，受地球的引力要小些，故D正确。7.光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为，则在运动过程中()A. 木块受到的摩擦力一定是mgB. 木块受到的合力小于FC. 长木板受到的摩擦力为mgD. 长木板受到的合力为【答案】BD【解析】【分析】由题中“长木板和木块间无相对滑动”可知，本题考查牛顿第二定律、受力分析和摩擦力，根据整体法和隔离法分别进行分析，可求解本题。【详解】AC长木板和木块间无相对滑动，木

9、块受到的摩擦力为静摩擦力，不一定是mg，根据牛顿第三定律，长木板所受摩擦力也不一定为mg，故AC错误；B根据题意，整体的加速度根据牛顿第二定律可得得隔离木块，受力分析，木块所受合力为故B正确；D隔离长木板受力分析，长木板所受合力为故D正确。【点睛】由于木块和木板没有相对移动，所受摩擦力均为静摩擦，加速度相同，根据牛顿第二定律先用整体法求出加速度，再采用隔离法求解每一个物体受力情况8. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中 （整个过程中橡皮绳

10、始终处于弹性限度内）（ ）A. 橡皮绳的弹性势能一直增大B. 圆环的机械能先不变后减小C. 橡皮绳的弹性势能增加了mghD. 橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大【答案】BC【解析】试题分析：圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒，圆环的机械能先不变后减小，橡皮绳的弹性势能先不变后增加，选项A错误、选项B C正确；橡皮绳再次到达原长时，合外力仍沿杆向下，圆环仍加速向下运动，速度不是最大值，故圆环动能不是最大，选项D错误。考点：机械能守恒定律第卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答) (

11、一)必考题(共128分)9.某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）. 实验开始前打点计时器应接在_（填“交流电源”或“直流电源”）上.如图乙为某次实验得到的纸带，s1、s2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T，由此可求得小车的加速度大小为_（用、T表示）.改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数和滑块加速度,重复实验.以F为纵轴，a为横轴，得到的图像是

12、纵轴截距大小等于b倾角为的一条斜直线，如图丙所示,则滑块和轻小动滑轮的总质量为_kg；滑块和长木板之间的动摩擦因数_.（设重力加速度为g）【答案】 (1). 交流电源 (2). (3). 2tan (4). 【解析】【分析】由题中“测量滑块和长木板之间的动摩擦因数”可得，本题考查动摩擦因数测量实验，根据打点计时器数据处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。【详解】1打点计时器应接在交流电源上；2根据公式可得3由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即滑块收到的摩擦力为有牛顿第二定律可得计算得出F与加速度a的函数关系式为由图像所给信息可得图像截距为而图像斜率计算得出4计算得出

13、【点睛】本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力，对这种创新题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型。10.如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图，为保护电阻，实验的主要步骤如下，请完成相关内容.用螺旋测微器测金属丝的直径d如图乙示，可读出_ .将P移到金属丝某一位置x1，闭合单刀双掷开关接位置a，记下电流表读数I1，保持P位置不变，将单刀双掷开关接位置b，调节电阻箱阻值，使电流表读数为_(选填“，I1，2I1”），读出电阻箱读数，金属丝电阻R1等于此时电阻箱阻值，并测出此时金属丝接入电路MP部分长度x1值.将P移到金属丝另一位置x2，用同样方法测出金属丝接入电路电

14、阻R2值和接入电路长度选值，重复步骤多次，得出多组R和x的值，并画R-x的关系图如图丙所示.根据的关系图线，求得斜率k为_(保留3位有效数字).写出金属丝电阻率表达式_（用d、k表示）.【答案】 (1). 0.400 (2). I1 (3). (4). 【解析】【分析】由题中“如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图”可知，本题考查测量电阻率实验，根据电阻定律和闭合电路欧姆定律可分析本题。【详解】1螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为；故螺旋测微器的读数为；2根据题意可知，本实验采用的是替代法，即用电阻箱代替金属丝，使电流表示数相同，则电阻箱的阻值即为金属丝的电阻，故电流表示数为

15、I1；3由图像可知，图像斜率为4由电阻定律可以知道，L取单位长度1，计算得出【点睛】本题要注意正确分析电路及实验步骤，从而明确实验方法，再由电阻定律及欧姆定律进行数据处理。11.光滑半圆弧轨道半径为r，OA为水平半径，BC为竖直直径。水平轨道CM与圆弧轨道在C点相切，轨道上有一轻弹簧，一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。一质量为m的小物块自A处以竖直向下的初速度v0滑下，到C点后压缩弹簧进入水平轨道，被弹簧反弹后恰能通过B点。重力加速度为g，求：(1)物块通过B点时的速度大小；(2)物块离开弹簧刚进入半圆轨道C点时对轨道的压力大小；【答案】(1)(2) 6m

16、g【解析】【分析】由题中“水平轨道CM与圆弧轨道在C点相切”可知，本题考查圆周运动、机械能守恒和合力提供向心力，根据过程分析、运用圆周运动公式、机械能守恒定律和向心力进行分析。【详解】(1)物块恰能通过B点，即物块通过B点时对轨道的压力为零，有解得 (2)物块由C到B机械能守恒，有设物块在C点受到的支持力大小为FN，则有联立解得由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为12.如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方

17、向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间。【答案】（1）；（2）t【解析】试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B由题设条件和图中几何关系可知：rd 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qEmax根据运动学公式有：vxaxt，d 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan由式联立解得：（2）由式联立解得：t

18、考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题。13.下列说法正确的是()A. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B. 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C. 在使两个分子间的距离由很远(r109 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大D. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关【答案】ADE【解析】【详解】A只要知道水的摩尔质量M和水分子的质量m，就可以计算出阿伏加德罗常数故A正确；B悬浮微粒越大，在

19、某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力就越趋于平衡，布朗运动就越不明显，故B错误；C将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子间表现为引力，做正功；后表现为斥力，做负功，故分子势能先减小，后增大，故C错误；D温度是分子平均动能的标志，温度高说明分子平均动能增大，不代表所有分子的动能都增大，故D正确；E温度高，平均分子动能大，说明物体内热运动速率大分子数占总分子数比例高，说明其与温度有关，故E正确。14.如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S，内壁光滑，A，B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小。活塞质量为m，在汽缸内封闭了一段高为hl、温度为T1的理想气体。对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为g，大气压强为p0，变化过程中活塞始终保持水平状态。求：当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸内气体的温度T2；当A，B处压力传感器的示数之和为2mg时，汽缸内气体的温度T3。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）当活塞刚好与限位装置接触时，限位装置对活塞的压力为零，降温过程中气体压强不变，根据理想气体状态方程有：解得：。（2）初始状态时，对活塞受力分析可知：当压力传感器的示数为2mg时，对活塞受力分析可知：根据理想气体状态方程有：解得：。- 10 -