辽宁省大连市庄河市高级中学2022-2023学年高三上学期12月月考物理试题(A卷)含答案.pdf

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1、辽宁省庄河市高级中辽宁省庄河市高级中学学2022-2022022-2023 3学年度第一学学年度第一学期期 1 12 2月月考月月考高三物理高三物理 A A一、选择题；本题共一、选择题；本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是（）A光的偏振现象说明光是一种横波B用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的折射原理C一切波都能发生衍射，紫外线比红外线更容易发生衍射现象D对于受迫振动，驱动力频率越大，受迫振动的振幅一定越大2如图所示，在水平桌面上有一金属圆环

2、，在它圆心正上方有一条形磁铁（极性如图所示），当条形磁铁下落时，可以判定（）A环中将产生俯视顺时针的感应电流B环对桌面的压力将减小C环有面积减少的趋势D磁铁将受到竖直向下的电磁作用力3如图所示，以 O 为圆心的圆周上有 6 个等分点 a，b，c，d，e，f，等量正、负点电荷分别放置在 a、d 两处时，在圆心 O 处产生的电场强度大小为 E现改变 a 处点电荷的位置，使 O 点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）A移至 b 处，O 处的电场强度大小不变B移至 c 处，O 处的电场强度大小减半C移至 e 处，O 处的电场强度大小不变D移至 f 处，O 处的电场强度大小不变4小球a、b分别通过长度相

3、等的轻绳拴在O点，给a、b恰当速度，使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动过程中始终在同一以O点为球心的球面上，Oa与竖直面夹角为60，Ob与竖直面夹角为30，则a做圆周运动的周期与b做圆周运动的周期之比为（）A36B32C33D325如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为 m1 和 m2 的两物体 P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1m2现剪断 Q 下端的细绳，在 P 下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将（）A变大B变小C不变D先变小后变大6在磁场中放置一块矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上产生

4、电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压.图甲为霍尔效应的原理示意图，图中霍尔电压HkIBUd，如图乙所示，在自行车的前叉上固定一霍尔元件，在前轮辐条上安装一块磁铁，这样，轮子每转一周，磁铁就靠近霍尔传感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行车的平均速度并通过速度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁铁到前轮转轴的距离为r，则下列说法正确的是（）A若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C端电势高于D端电势B如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大C如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为2 NRtD若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小7一列

5、波从一种介质进入另一种介质时A波速频率和波长均不变B波速不变，频率和波长发生变化C频率不变，波速和波长发生变化D波速、频率和波长均发生变化8示波管是电子示波器的心脏在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上。如图所示，电子从静止开始，经过电压为 U0的加速电场加速并进入偏转电场，偏转电场中两极板之间的电压为 U，电子的电荷量为 e，偏转电场中两板之间的距离与板长之比为 k，电子重力不计，则电子射出偏转电场后射到荧光屏上时的动能 Ek为（）A22002k Ue UUB22004k Ue UUC20202Ue Uk UD20204Ue Uk U二、多选题二、多选题；本题共；本题

6、共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分分9一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 p-T 图象如图所示，其中，ab 过原点，bc 与纵轴平行，ac 与横轴平行，下用说注正确的是()A过程 ab 中气体一定吸热B过程 bc 中气体既不吸热也不放热Ca、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小Db 和 c 两个状态中，容器壁单位面积、单位时间内受到气体分子撞击的次数不同10如图所示，圆 a、b、c 的圆心均在地球的自转轴线上，对环绕地球做匀速圆周运动的卫星而言A卫星的轨道可能是 aB卫星的轨道可能是 bC卫星的轨道可能是

7、cD同步卫星的轨道只可能是 c11通电直导线 A 与圆形通电导线环 B 固定放在同一水平面上，通有如图所示的电流，则（）A直导线 A 受到的安培力大小为零B直导线 A 受到的安培力大小不为零，方向水平向右C导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零D导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零，其方向水平向右12如图所示，a、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的 2倍。若小球 b 能落到斜面上，则（）Aa、b 两球可能同时落在半圆轨道和斜面上B改变初速度的大小，b 球落到斜面时的速度方向和斜面的夹角不变

8、化C改变初速度的大小，a 球可能垂直撞在圆弧面上Da、b 两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直三、三、非选择题：非选择题：6060 分分13 小林同学用如图所示装置探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为 g，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz。（1）实验中，需要平衡摩擦力，请详细描述平衡摩擦力的操作：_（2）乙图为某次实验中打出的一条纸带，确定出 O、A、B、C、D、E、F 共 7 个计数点，每两个相邻的计数点之间还有 1 个计时点未画出。由该纸带可求得小车的加速度为_2m/s；（结果保留 3 位有效数字）（3）测出小车和车上砝码

9、的总质量 M 和对应的加速度 a，小林作出如图丙中实线所示的1aM图线，图线偏离直线的主要原因是_；（4）小林调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的1Ma图像。已知实验中所挂砂桶和砂的质量为 m，且已经准确的平衡了摩擦力，小林发现图像不过原点，根据牛顿第二定律：在拉力不变的情况下，1a与 M 应该成正比，小明百思不得其解，请你告诉他图丁纵轴上的截距的物理意义是_（用题中所给的字母表示）。14在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中_A在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大

10、挡进行试测D在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测15如下图所示，折射率为 1.5 的玻璃圆柱棒直径4cmd，长40cmL。一束光射向圆柱棒一个底面的中心，折射入圆柱棒后再由棒的另一底面射出。该束光在圆柱棒中最多能经历多少次全反射？16如图所示，两根足够长平行金属导轨 MN、PQ 固定在倾角=37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值 R=0.3的定值电阻，下端开口，轨道间距 L=0.2m 整个装置处于磁感应强度 B=1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量 m=0.1kg 的金属棒 ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻 r=0.1，其余电阻不计。金属棒 ab 由静止释放后沿导轨运动

11、时始终垂直于导轨，且接触良好已知金属棒 ab 与导轨间动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，取 g=10m/s2。(1)判断 ab 棒运动过程中 v1=1m/s 时电流的大小和方向；(2)求金属棒 ab 沿导轨向下运动的最大速度 vm；(3)若金属棒ab从开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为0.03J，求流过电阻 R 的总电荷量 q。17如图所示，坐标平面第象限内存在大小为 E3105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比mq41010kg/C 的带正电的粒子，以初速度 v02107m/s 从 x 轴上的 A 点

12、垂直 x 轴射入电场，OA0.15 m，不计粒子的重力（1）求粒子经过 y 轴时的位置到原点 O 的距离；（2）若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度 B 的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）18如图所示，光滑水平面 MN 的左端 M 处有一弹射装置 P，右端 N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度 L=8m，沿逆时针方向以恒定速度 v=6m/s 匀速转动。放在水平面上的两相同小物块 A、B 间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能 Ep=16J，弹簧与 A 相连接，与 B 不连接，A、B 与传送带间的动摩擦因数=0.2。物块质量 mA=mB=1kg。现将 A、B 由静止开始释

13、放，弹簧弹开，在 B 离开弹簧时，A 未与 P 碰撞，B 未滑上传送带。g 取 10m/s2。求：（1）B 滑上传送带后，向右运动的最远处（从地面上看）与 N 点间的距离 sm；（2）B 从滑上传送带到返回到 N 端的时间 t；（3）B 回到水平面 MN 上后压缩被弹射装置 P 弹回的 A 上的弹簧，B 与弹簧分离时，A、B 互换速度，然后 B 再滑上传送带。则 P 必须给 A 做多少功才能使 B 从 Q 端滑出。参考答案参考答案1AA光的偏振现象说明光是一种横波，选项 A 正确；B用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理，选项 B 错误；C一切波都能发生衍射，波长越长越容易发生衍

14、射，红外线比紫外线波长长，所以红外线比紫外线更容易发生衍射现象，选项 C 错误；D对于受迫振动，驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅一定越大，此时驱动力频率不一定越大，选项 D 错误。故选 A。2CA根据楞次定律可知，由于条形磁铁下部极性为 N 极，可以确定环中感应电流的方向是逆时针的，故 A 错误；BC磁铁向下移动，穿过环中的磁通量增大，根据楞次定律可知，环有面积减少的趋势和向后退的趋势，则环对桌面的压力将增大，故 B 错误，C 正确；D根据力的作用是相互的可知，磁铁将受到竖直向上的电磁作用力，故 D 错误。故选 C。3B由题意可知，等量正、负点电荷在 O 处的电场强度大小均为2E，方向

15、水平向右当移至 b处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为 60，则 O 处的合电场强度大小为032cos3022EE，选项 A 错误；同理，当移至 c 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为 120，O 处的合电场强度大小2E，故 B 正确；同理，当移至 e 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为 120，O 处的合电场强度大小2E，故 C 错误；同理，当移至 f 处，O处的合电场强度大小为32E，故 D 错误；故选 B本题考查点电荷的电场强度的叠加，要掌握点电荷电场强度的分布情况，理解电场强度的大小与方向，会用矢量叠加原理分析电场的叠加问题4C由图可知tanmamg设球面半径为R，所以向心加

16、速度22tansinagRT解得cos2RTg所以cos603cos303abTTABD 错误，C 正确。故选 C。5B剪断细线之前台秤的读数为：12NMgm gm g；因 m1m2，则当剪断 Q 下端的细绳时，P 向下加速，Q 向上加速，加速度大小为1212mmagmm，则对 m2，T-m2g=m2a，解得12122m m gTmm，此时箱子对台秤的压力为：121242=m m gNMgT Mgmm，因1212124m m gmmmm，可知12121242=m m gNMgT MgMgm gm gNmm，故选 B.6C霍尔元件是一块金属导体，则载流子是自由电子，根据左手定则，当通入图中所示方

17、向的电流时，实际上是自由电子向外运动，其受洛仑兹力方向向左，自由电子累积到C端，C端电势低，故 A 错误.若长时间不更换电池，则通过霍尔元件的电流 I 将减小，据HkIBUd，可知霍尔电压将减小，故 B 错误如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车的转速为Nnt，速度22NRvnRt，故 C 正确.若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，那么单位时间测得的脉冲数会增多，则速度计测得的骑行速度偏大，故 D 错误.7C波的频率由波源决定，当波从一种介质进入另一种介质时，频率不变。波速由介质决定，不同介质，波速不同，由公式 v=f 知，f 不变，v 变化，则变化，故 C 正确。故选 C。

18、8D直线加速过程，有20012emvU 进入偏转电场做类平抛运动，设板长为 L、两板间距离为 d，其中dkL，则有L=v1t221122eUyattmd对运动的全程，根据动能定理，有00kUeUeyEd 联立解得22200220044keU LUEeUe UU dk U()故 D 正确、ABC 错误。故选 D。9ACD由图示可知，ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故 A 正确；由图示图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对

19、外做功，由热力学第一定律U=Q+W 可知，气体吸热，故 B 错误；a、b 和 c 三个状态中，状态 a 的温度最低，则分子的平均动能最小，选项 C 正确；由图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c 状态气体的分子数密度不同，b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故 D 正确10BC卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心，因此轨道 a 是不可能的，而轨道 b、c 均是可能的轨道；故 A 错误，BC 正确；同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在

20、赤道的上空，故轨道只可能为 b，故 D 错误故选 BC。11BC根据右手螺旋定则知，直导线周围的磁场在导线的左侧垂直纸面向里，在圆形导线的左右两侧各取一小段，根据左手定则，左端所受的安培力方向向右，右端所受安培力的方向向左，因为电流的大小相等，圆环左端的磁感应强度小于右端的磁感应强度，可知左端的受力小球右端的受力，则圆环 B 所受的合力方向向左，大小不为零根据牛顿第三定律知，直导线所受的合力大小不为零，方向水平向右故 BC 正确，AD 错误故选 BC【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，会根据左手定则判断安培力的方向12ABDA如图所示，将半圆轨道与斜面轨道重叠在一起，

21、若初速度合适，两球可同时落至 A 点，A 正确；B只要落至斜面上，位移偏角等于斜面倾角，保持不变，即20012tan2gtygtxv tv速度偏角满足00tanyvgtvv对比可得tan2tan可知，保持不变，故改变初速度的大小，b 球落到斜面时的速度方向和斜面的夹角保持不变，B 正确；C如图所示，由平抛运动的推论可知，速度反向延长线交水平位移的中点，而撞在圆弧面上时水平位移不可能等于直径，故该中点不可能是圆心 O，即 a 球不可能垂直撞在圆弧面上，C 错误；D由题意，结合 AB 的分析可知，b 球落至斜面上 A 点时，满足1tan2即01tan=22gtv故0vgt速度方向与水平方向夹角 4

22、5，a 球运动轨迹与 b 球对称，落至圆弧面时速度方向与水平方向夹角 45，故 a、b 两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直，D 正确。故选 ABD。13平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。2.97未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量-m（1）1 平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。（2）2由于每两个相邻的计数点之间还有 1 个计时点未画出，所以相邻的计数点之间时间间隔为1122s0.04s50T

23、f根据逐差法可知，小车的加速度为23CFOCxxaT解得22.97m/sa（3）3 由牛顿第二定律可得mgTma，TMa解得mgaMm只有当 m 远小于 M 时，1aM图线成线性关系，所以图像如图所示，图线偏离直线的主要原因是未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量。（4）4 由牛顿第二定律可得mgTma，TMa解得1Mmgma根据图像的特点可知，图像在纵轴上的截距为-m。14ADA多用电表测量电阻时，更换倍率后都必须重新进行欧姆调零，选项 A 正确；B测量电流前需要进行机械调零，更换量程时不需要进行再次调零，选项 B 错误；C在测量未知电阻时，必须先用电压表测试电阻内是否带有电源，再大致估计电阻大

24、小选择大致倍率，故选项 C 错误；D在测量未知电流时，必须选择电流最大量程进行测试，避免电表烧坏，故选项 D 正确故选 AD。1510设全反射临界角为 C，则1s n23i Cn在侧面恰好发生全反射时，光线经历的全反射次数最多，第一次全反射时，光线沿中心线通过的距离04 5tancm25dxC之后每一次全反射时，光线沿中心线通过的距离8 52tancm25dxC则04 540510.78 55Lxx即光线最多经历 10 次全反射。16(1)0.5A，方向从 b 到 a；(2)2m/s(3)0.6C(1)ab 棒运动过程中 v1=1m/s 时电动势111 0.2 1V=0.2VEBLv 回路的电

25、流110.2A=0.5A0.30.1EIRr由右手定则可知电流方向从 b 到 a；(2)金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度 vm后保持匀速运动有：mgsin-mgcos-FB=0FB=BI LEIRrE=BLvm联解得：vm=2m/s(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为 x，由能量守恒定律212mRrmgsinmgcosxmvQQ 根据焦耳定律：RrQRQrqI t EIRrB SBLxEtt联解得：q=0.6C17（1）0.4 m（2）B4102T（1）设粒子在电场中运动的时间为 t，粒子

26、经过 y 轴时的位置与原点 O 的距离为 y，则：sOA12at2qEamyv0t联立解得a7.51014m/s2t2.0108sy0.4 m（2）粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为vxat1.5107m/s粒子经过 y 轴时的速度大小为v220 xvv2.5107m/s与 y 轴正方向的夹角为，arctan0 xvv37要使粒子不进入第象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为 R，则：RRsiny2vqvBmR联立解得B4102T.18（1）4m；（2）4s；（3）W8J（1）A、B 被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、系统机械能守恒，根据能量守恒和动量守恒求出分开后

27、 A、B 的速度大小，然后根据动能定理即可求出 B 沿传送带向右滑动的最远距离；（2）B 在传送带上受摩擦力作用，先做匀减速运动后再反向加速，根据动量定理可求解；（3）B 能从 Q 端滑出的条件是 B 到达后速度大于等于零，然后根据功能关系列方程可正确解答。（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒有22pAABB1122Em vm v由动量恒有AABBm vm v联立并代入数据解得A4m/sv，B4m/sv B 滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得2BmBB102m gsm v解得Bm22vgs代入数据解得sm=4m（2）物块 B 先向右匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为 4m/s，由动量定理得BB BB Bm gtmmvv 解得2Bvtg代入数据解得t=4s（3）设弹射装置给 A 做功为 W，则有22AAAA1122m vm vWAB 碰后速度互换，B 的速度BAvvB 要滑出平台 Q 端，由能量关系有2BBB12m vm gL又ABmm联立解得2BAA12Wm gLm v代入数据解得W8J