2021-2022年高三12月份月考试题物理
2021年高三上学期12月月考物理试题 含答案
年高三上学期12月月考物理试题含答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．1．许多科学家在物理学发展中作出了重要的贡献，下列表述正确的是（）A．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动，并通过实验得到验证B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球问引力的大小C．卡文迪许通过实验测得了万有引力常量D．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了电磁感应规律2．如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的定滑轮将重物拉住，不计滑轮摩擦。
则在人拉着绳子的一端缓慢向右移动的过程中（）A．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力逐渐减小B．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力保持不变C．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力逐渐增大D．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力保持不变2．我国“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日成功发射，目前正在离月球表面h高度处的圆形轨道上运行。
已知“嫦娥二号”在该轨道上运行的周期为T，月球半径为R，月球表面处的重力加速度为g，引力常量为G。
根据以上信息，不可以求出的物理量是（）A．探月卫星的线速度大小B．月球的平均密度C．探月卫星的动能大小D．探月卫星所在处的引力加速度大小4．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（）A．L1、L2两灯均逐渐变暗B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮C．电源内电路消耗功率逐渐减小D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大5.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁RL1SE rL2场中，粒子打到P 点，OP=x ，能正确反映x 与U 之间关系的是（ ） A ．x 与U 成正比 B ．x 与U 成反比C ．x 与成正比D ．x 与成反比6. 如图所示，质量为m 、电荷量为e 的质子以某一初速度从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场时，质子通过P （d ，d ）点时的动能为；若场区仅存在垂直于xoy 平面的匀强磁场时，质子也能通过P 点。
2021-2022年高三12月月考试题 物理 含答案
2021年高三12月月考试题物理含答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、如图所示，电源内阻不能忽略，开关闭合后，灯泡A、B均发光。
现将滑动触头向右移动，下列说法正确的是（A）A灯变亮、B灯变暗（B）A灯变暗、B灯变亮（C）电源路端电压一定增大（D）电源的输出功率一定增大2．某物体的位移图像如图所示，则下列叙述正确（）A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体一直向正方向运动C．8s内物体运动所能达到的最大位移为80mD．在t=4s时刻，物体的瞬时速度为零3．如下图所示，一滑块从弧形轨道上的A点，由静止开始下滑。
由于轨道不光滑，它仅能滑到B点，而返回后又仅能滑到C点，若AB两点高度差为，BC两点间高度差为，必有( )A． B．C．D．条件不足，无法判断4．如图所示，不计重力的正电粒子以一定的水平初速度射入平行金属板间竖直的匀强电场中，则下列说法正确的是（以下各情况，粒子均能穿过电场）（A）增大初速度大小，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（B）滑动触头向上移动，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（C）适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（D ）适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的时间变大5． 2007年11月5日,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200km 的P 点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获,进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行, 如图所示。
之后，卫星在P 点又经过两次“刹车制动”，最终在 距月球表面200km 的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动． 则下面说法正确的是 （ ）A ．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期将比沿轨道Ⅰ运动的周期长；B ．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期还是比沿轨道Ⅰ运动的周期短；C ．卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度小于 沿轨道Ⅰ运动到P 点 （尚未制动）时的加速度；D ．卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度等于沿轨道Ⅰ运动到P 点 （尚未制动）时的加速度。
2021年高三上学期12月月考物理试卷 含答案
2021年高三上学期12月月考物理试卷含答案一、选择题（每小题至少一个正确答案，每题5分，共50分）1．关于质点和参考系，下列说法中正确的是（）A．质点就是体积很小的点B．研究人造地球卫星绕地球一周的时间时，卫星可以被看作质点C．只有静止的物体才可以被选做参考系D．“小小竹排水中游，巍巍青山两岸走．”歌词中“巍巍青山两岸走”是以河岸为参考系2．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．03．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图所示，测得x AB=20cm，x BC=25cm，则下列说法正确的是（）A．小球的加速度为5m/s2 B．拍摄时B球的速度为4.5m/sC．拍摄时x CD的大小为0.3m D．A球上方滚动的小球还有2颗4．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示．由此可知（）A．电场力为3mg B．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等5．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t＋0.4） s（图中虚线）两个时刻x轴上－3～3 km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（填正确答案标号。
2021年高三12月月考理科综合物理试题含答案
保密★启用前2021年高三12月月考理科综合物理试题含答案第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边15.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v。
若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定v的变化16.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )A．无论小球带何种电荷小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点17.如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。
当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( ) A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BILπ，平行于OC 向右 C.22BILπ，垂直AC 的连线指向左下方 D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方18.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径．一带正电的粒子从a 点射入磁场，速度大小为2v ，方向与ab 成30°时恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t .若仅将速度大小改为v ，则粒子在磁场中运动的时间为(不计粒子重力)( )A ．3t B.32 tC.12t D ．2t 19. 水平面上有U 形导轨NM 、PQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m 的金属棒ab ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于金属棒ab ，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒 处于静止状态，重力加速度为g ，则金属棒所受的摩擦力大小可能为( ) A ．BIL sin θ B ．BIL cos θ C ．μ(mg －BIL sin θ) D ．μ(mg ＋BIL cos θ)20.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。
2021-2022年高三上学期12月月考物理(A)试题含答案
2021-2022年高三上学期12月月考物理（A）试题含答案物理xx.12.18注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号、座号等信息2、请将答案正确填写在规定区域，答案不书写在规定区域不得分第I卷(选择题，共56分)一、选择题(共14小题，每小题4分，共56分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1、关于静电场下列说法中正确的是( )A、在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B、电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C、根据公式U=Ed知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D、正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少2、如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，并且克服重力做的功为1 J，电场力做的正功为3J，则下列说法中错误的是( )A、粒子带正电B、粒子在A点的机械能比在B点少3JC、粒子在A点的动能比在B点多2JD、粒子由A点到B点过程，电势能减少了3J3、如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度=10m／s，在一水平向左的恒力F作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g=10m／s2。
下列选项中正确的是( )A、0-5m内物块做匀减速运动B、在t=1s时刻，恒力F反向C、恒力F大小为10ND、物块与水平面的动摩擦因数为0．34、某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A、c点场强大于b点场强B、a点电势高于b点电势C、若将试电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D、若在d点再固定一点电荷-Q，将试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小5、如图所不，长为L的长木板水平放置，在木板的Ａ端放置一个质量为m的小物块。
2021年高三上学期12月月考(五)物理试题 Word版含答案
2021年高三上学期12月月考（五）物理试题 Word版含答案二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18小题只有一项符合题目要求，第19～21小题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分) 14．如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中(D)A．A和B均受三个力作用而平衡B．B对桌面的压力越来越大C．A对B的压力越来越小D．推力F的大小恒定不变【解析】设B的倾角为θ，对A物体受力分析，如图所示，则F3与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件，F3cos θ＝G A，F3sin θ＝F2，所以A对B的压力不变，C错；A受三个力的作用，B受四个力的作用，A错；对A、B整体受力分析，可知B对桌面的压力F′＝G A＋G B，推力F ＝F2，B错；推力F不变，D对。
15．如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是(A)A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0【解析】由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A 正确、B 、C 错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误。
16．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。
A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则(C)A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点移至D 点，电势能增大【解析】A 点比乙球面电势高，乙球面比B 点电势高，故A 点和B 点的电势不相同，A 错；C 、D 两点电场强度大小相等，方向不同，B 错；φA >φB ，W AB >0，C 对；C 、D 两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D 错。
2021年高三12月月考物理试题(学生版)
2021年高三12月月考物理试题（学生版）一、本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。
选对的得3分，选错或不答的得0分。
1．物体在一个不为零的向上的提力作用下参与了下列三种运动：匀速上升、加速上升和减速上升．关于这个物体在这三种情况下机械能的变化情况，正确的说法是（）A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C．由于这个提力和重力大小关系不明确，不能确定物体的机械能的增减情况D．三种情况下，机械能均增加2．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON=2MO，M、N两点高度相同。
小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、E K分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（）3．一列火车在额定功率下由静止从车站出发，沿直线轨道运动，行驶5后速度达到30，设列车所受阻力恒定，则可以判断列车在这段时间内行驶的距离（）A．一定大于B．可能等于C．一定小于D．条件不足，无法确定4.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A 分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( ) A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变小D．V的读数变小，A的读数变大6．把电阻非线性变化的滑动变阻器接入图1的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x （x 为图中a 与触头之间的距离），定值电阻R 1两端的电压与x 间的关系如图2，a 、b 、c 为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a 移到b 和从b 移到c 的这两过程中，下列说法正确的是（ ）A 、电流表示数变化相等B 、电压表V 2的示数变化不相等C 、电阻R 1的功率变化相等D 、电源的输出功率均不断增大 二、本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题给出的四个选项中有多个选项正确。
2021年高三上学期月考物理试卷(12月份)含解析
2021年高三上学期月考物理试卷（12月份）含解析一、选择题：1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗3．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R1上消耗的功率逐渐增大4．在如图所示的电路中，R1=11Ω，r=1Ω，R2=R3=6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为Q2，则（）A．Q1：Q2=1：3 B．Q1：Q2=3：1 C．Q1：Q2=1：5 D．Q1：Q2=5：15．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向6．如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=1Ω，定值电阻R=2Ω，变阻器R的阻值变化范围为0﹣10Ω，求：R上消耗的功率最大时，变阻器R的阻值为（）A．ΩB．2ΩC．1ΩD．3Ω7．在如图所示的四个电路中，电源内阻不计，两灯泡的阻值相等并小于滑动变阻器的最大阻值，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器触头从最左端移至最右端时，能使其中一个灯一直由暗变亮同时，另一个灯一直由亮变暗，则符合要求的电路是（）A．B．C．D．二、多项选择题：8．锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（）A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2rB．充电器输出的电功率为UI+I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为×100%9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都相同D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同，示数相同10．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11：7B．电源1与电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：211．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率Pr 随电流I，变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．直线a表示电源的总功率P E﹣I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R﹣I图线C．电源的电动势E=3V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率Pm=2W三、填空题：12．（10分）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：将S2拨到a，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，闭合S1，记录此时电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图4所示），然后断开S1．（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为Ω，图3所示的电压表读数为V．由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（计算结果保留三位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图4所示的﹣图象．由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E=V，电源内阻r=Ω．（计算结果保留三位有效数字）13．（8分）在测定某金属的电阻率实验中：（1）某学生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d=mm．②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表所示．U（V）I（A）接线端P接a 1.840.15接线端P接b 2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，故比较合理且较准确的金属丝电阻R x测=Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，R x的测量值与其真实值R x真比较，R x测R x真（填“＞”、“=”或“＜”）．四．解答题：14．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率．15．如图所示的电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．求：（1）电源的电动势；（2）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数和此时电源的效率．16．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=300Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P分别在变阻器的左右两个端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值．xx学年北京市昌平区临川学校高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，C正确；B、电源两端的电压实际上是路端电压，由A的分析可知电源两端的电压，随I 的增大而减小，故B错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．故选：C【点评】本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中．2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据电路的串并联关系，当电灯L1的灯丝烧断后，L2部分电阻增大，L2与L4串联电阻增大，与L3并联的总电阻增大，即外电路总电阻增大，则外电压增大，即L3的电压增大，L3变亮；根据干路电流与L3的变化情况，可确定L4电流的变化情况，就可判断L4变暗；由L2与L4总电压与L4电压的变化情况，可判断L2电压的变化情况，知道L2变亮．【解答】解：当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由P3=，R3不变，故L3变亮；由I4=I ﹣I3，知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4，R4不变，U4减小，则L4亮暗；U2=U ﹣U4，U增大，U4减小，则U2增大，则U2增大，则L2变亮．则A、C、D错误，B正确．故选B【点评】解决电路动态变化分析问题，往往按照从局部到整体，再由整体到局部的顺序进行分析，同时采用控制变量法3．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R1上消耗的功率逐渐增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可明确电路的结构，由滑片的移动方向可分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联．当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，由欧姆定律可知流过R3的电流增大，而流过并联部分的总电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A错误；B正确；C、因电容器两端电压等于R3的电压，则电容器的电压增大，板间场强增大，故质点P受到的电场力增大，则质点P将向上运动，故C正确；D、因R1的电流减小，由公式P=I2R，R1上消耗的功率逐渐减小；故D错误；故选：BC【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，要注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是增大的．4．在如图所示的电路中，R1=11Ω，r=1Ω，R2=R3=6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为Q2，则（）A．Q1：Q2=1：3 B．Q1：Q2=3：1 C．Q1：Q2=1：5 D．Q1：Q2=5：1【考点】电容器．【分析】开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势．开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压．根据欧姆定律和串联电路的特点求出电阻R2的电压，再由Q=CU求出电量之比．【解答】解：开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即U2=E开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，则U1=E=E．对于给定电容器，电容不变，由Q=CU得，Q1：Q2=U1：U3=1：3．故选：A．【点评】对于给定的电容器，关键是其电压的分析和计算．当电容器与某电路并联时，其电压等于该电路两端的电压5．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O 为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；左手定则．【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．【解答】解：等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线A、B的电流在O处的合磁场为零，则只有在C处的电流产生磁场对O点通电导线有安培力作用．再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向．故A正确，BCD错误；故选：A【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．6．如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=1Ω，定值电阻R0=2Ω，变阻器R的阻值变化范围为0﹣10Ω，求：R上消耗的功率最大时，变阻器R的阻值为（）A．ΩB．2ΩC．1ΩD．3Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器的电压，再根据P=结合数学知识求解【解答】解：变阻器两端的电压==电功率为：==当时，即时功率最大，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题采用结论法解题，关键记住“对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论．7．在如图所示的四个电路中，电源内阻不计，两灯泡的阻值相等并小于滑动变阻器的最大阻值，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器触头从最左端移至最右端时，能使其中一个灯一直由暗变亮同时，另一个灯一直由亮变暗，则符合要求的电路是（）A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据串并联电路的特征，结合闭合电路欧姆定律，及滑动变阻器的接法，即可求解．【解答】解：A、L1与滑动变阻器右端的电阻串联，电压和等于路端电压，当滑动变阻器触头从左端至右端时，滑动变阻器右端的电阻变小，则L1两端电压变大，所以L1变亮．滑动变阻器触头从左端至右端时，L2变亮，故A错误；B、当滑动变阻器触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2随着总电阻的减小，导致总电流增大，则灯2的亮度也变亮，故B错误；C、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯2被短路，不亮，因此触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2渐渐变暗，故C正确；D、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯1仍被短路，不亮，而灯2渐渐变亮，故D错误；故选：C．【点评】考查短路与断路的区别，掌握串并联电路的电阻，电流与电压的特点，注意灯泡的亮暗由电功率的大小来确定．二、多项选择题：8．锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（）A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2rB．充电器输出的电功率为UI+I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为×100%【考点】电功、电功率．【分析】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解．【解答】解：A、充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P化，故电能转化为化学能的功率P化=UI﹣I2r，故A正确；B、充电器输出的电功率为：P=UI，故B错误；C、电池产生的热功率为P热=I2r，故C正确；D、充电器的充电效率为：η=×100%==×100%，故D错误．故选：AC．【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，电路电阻消耗功率的计算用焦耳定律求解，电功率用P=UI求解．9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都相同D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同，示数相同【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：AB、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．CD、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故C错误．D 正确故选：BD【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．10．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11：7B．电源1与电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2【考点】电源的电动势和内阻；电功、电功率．【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．【解答】解：A、根据电源U﹣I图线，r1=，r2=，则r1：r2=11：7，故A正确．B、E1=E2=10V，故B正确C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=ΩU2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=ΩP1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误故选ABC【点评】本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，11．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率Pr 随电流I，变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．直线a表示电源的总功率P E﹣I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R﹣I图线C．电源的电动势E=3V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率Pm=2W【考点】电功、电功率．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P r=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式P E=EI∝I，故P E﹣I图线是直线，故A正确；B、输出功率：P R=P E﹣P r=EI﹣I2r，应为开口向下的曲线，故b表示P R﹣I图线；电源内电阻消耗的功率：P r=I2r，应为开口向上的曲线，故c表示P r﹣I图线；故B错误；C、当I=2A时，P R=0．说明外电路短路，根据P=EI，得到E===4V；r===2Ω；故C 错误；D、输出功率P R=P E﹣P r=EI﹣I2r=4I﹣2I2=﹣2（I﹣1）2+2，当I=1A时，输出功率最大，为2W；故D正确；故选：AD．【点评】本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象；同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．三、填空题：12．（10分）（xx秋•昌平区月考）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：将S2拨到a，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，闭合S1，记录此时电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图4所示），然后断开S1．（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为20.0Ω，图3所示的电压表读数为 2.80V．由此可算出定值电阻R1的阻值为 5.45Ω（计算结果保留三位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图4所示的﹣图象．由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E= 2.86V，电源内阻r=0.270Ω．（计算结果保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据电阻箱旋钮指示的位置读出电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律求出定值电阻R1的阻值．（2）将定值电阻等效到电源的内部，根据电动势等于外电压与内电压之和得出的关系式，根据图线的斜率和截距得出电动势和内阻．【解答】解：（1）电阻箱的阻值等于2×10=20Ω．图乙电压表的示数为2.80V，根据闭合电路欧姆定律得，R1==5.45Ω．（2）将定值电阻等效到电源的内部，根据E=U+r得，=+，知纵轴截距的倒数为电动势，所以E=≈2.86V==2解得r=2E=5.72Ω；由于求出的是等效电阻，则实际电阻r=5.72﹣5.45=0.270Ω；故答案为：（1）20Ω、2.80V、5.45Ω；（2）2.86；0.270．【点评】此题考查电源电动势和内电阻的测量，通过实验操作、读数以及对实验方法的理解等多方面考查考生的实验探究能力．要重点掌握处理闭合电路欧姆定律公式的能力和利用图象求解电动势和内电阻的方法．13．在测定某金属的电阻率实验中：（1）某学生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d= 1.705mm．②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表所示．U（V）I（A）接线端P接a 1.840.15接线端P接b 2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，故比较合理且较准确的金属丝电阻R x测=12Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，R x的测量值与其真实值R x真比较，R x测＜R x真（填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）将螺旋测微器分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；（2）关键是明确伏安法中“试测法”选择电流表内外接法的原理：若电压表读数变化明显，说明电流表的分压作用明显，即说明电流表内阻较大，应采用电流表外接法；若是电流表读数变化明显，则说明电压表的分流作用明显，即说明电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法；若是电流表读数不变，则说明电压表的内阻非常大，可看做是理想电压表，采用电流表外接法测量时没有系统误差．【解答】解：（1）固定刻度的读数为：1.5mm，可动刻度读数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为：1.5mm+0.205mm=1.705mm．（2）从表中数据可知，电压表读数有变化，电流表读数没有发生变化，说明电流表的分压作用较明显，电压表没有分流作用，原因是电流表有内阻，电压表内阻非常大；根据串并联规律可知，应将P接在a端测量，则金属丝的电阻为：R==Ω=12Ω；由于电流为电压表与电阻的电流之和，故分母偏大，电阻偏小；故答案为：（1）1.705（2）12，＜．【点评】本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四．解答题：14．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】（1）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压．（2）对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由P=EI求解电源的总功率．（3）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率．【解答】解：（1）灯泡正常发光，U=U额=8V（2）U内=E﹣U=2V由欧姆定律得流过电源的电流I==4A电源的总功率P总=EI=10×4=40W．（3）灯泡的电流I 灯==2A电动机的电流I M=I﹣I灯=2A电动机消耗的电功率P M=UI M=8×2=16W电动机发热功率P热=I M2R0=22×1=4W所以电动机的输出功率．P输出=P M﹣P热=16﹣4=12W答：（1）路端电压为8V；（2）电源的总功率为40W；（3）电动机的输出功率为12W．【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．15．（xx秋•东安区校级期末）如图所示的电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内。
河北省故城县高级中学2022届高三12月月考物理试题 Word版含答案
高三月考物理试卷2021年12月一、选择题（每小题6分，不定项选择。
）1.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、﹣q，则该三角形中心O点处的场强为（）A ．，方向由c指向OB ．，方向由O指向CC ．，方向由C指向OD ．，方向由O指向C2. 直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a=E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb3. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（）①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b点时，两粒子的动能肯定相等．A．①② B．①③ C．③④ D．①④4. 如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列推断正确的是（）A．F渐渐减小，T渐渐减小B．F渐渐增大，T渐渐减小C．F渐渐减小，T渐渐增大D．F渐渐增大，T渐渐增大5. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大6. 如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的异种电荷．E、F 分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP=QN．在图中，电场强度相同、电势相等的两点是（）A．E和F B．P和Q C．A和C D．C和D7. 如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽视一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（）A．A的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于mgB．A的动能最大时，B 受到地面的支持力等于mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为mgL8. 如图所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动．球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．若v0=，则小球在整个运动过程克服中摩擦力做功等于mgRB．若使小球在最低点的速度v0大于，则小球在整个运动过程中，机械能守恒C．若小球要做一个完整的圆周运动，小球在最低点的速度v0必需大于等于D．若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为0.5mg，则小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg二、填空题（每空2分，共计18分）9. 某试验小组利用如图甲所示的试验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．（1）试验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何推断导轨是否水平？．（2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d= cm；试验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10﹣2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为m/s．在本次试验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、和（文字说明并用相应的字母表示）．（3）本试验通过比较和在试验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．10. （2021•静安区一模）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功8.0×10﹣9J，则M点的电势是V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN= V．三、解答题（共计44分）11. （14分）如图，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5cm，B极接地，求：（1）C 和D两点的电势，两点的电势差？（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C分别在C和D两点的电势能？（3）将点电荷q2=2×10﹣3C从C匀速移到D时外力做功多少？12. （14分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的状况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）转变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．13.（16分）在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑．一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块在整个运动过程中产生的热量．高三物理答案【考点】A6：电场强度．菁优网版权全部【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】由点电荷场强公式E=k分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解．1.【解答】解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=×a ×sin60°=，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=k依据对称性和几何学问得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=k再与﹣q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2k =2k =，方向由O指向C．故选B【点评】本题是电场的叠加问题，关键要把握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学学问求解．2. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．菁优网版权全部【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功推断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，依据沿电场线方向电势渐渐降低比较出a、b两点的电势．【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率渐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力渐渐减小，则电场强度渐渐减小，所以E a＞E b．故AB错误．C、由于电势能渐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势渐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势渐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 【考点】AE：电势能；66：动能定理的应用．菁优网版权全部【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】依据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功状况．依据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．【解答】解：①由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性肯定不同．故①正确．②甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故②正确．③由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故③错误．④可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功状况．依据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速率，但动能不肯定相等，虽重力不计，两粒子经过b点时动能不肯定相等．故④错误因此本题正确的有①②．故选：A．【点评】依据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要留意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．4. 【考点】AS：电容器的动态分析；2H：共点力平衡的条件及其应用；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．菁优网版权全部【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化状况，再依据受力分析明确绳子拉力的变化状况．【解答】解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；依据平行四边形定则可知，T=；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小．故A正确，BCD 错误．故选：A．【点评】本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再依据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可．5【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．菁优网版权全部【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再依据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化．【解答】解：A、由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；C、负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误；故选：AC．【点评】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；又有场强为零的地方，电势差为零，故为等势体．6. 【考点】A8：点电荷的场强；A6：电场强度；AC：电势；AF：等势面．菁优网版权全部【分析】首先画出等量异种电荷的电场线，然后依据沿着电场线电势渐渐降低来推断电势的凹凸；用电场线的疏密程度表示电场强度的大小，用电场线的切线方向表示场强方向．【解答】解：A、等量异号电荷的电场线分布状况如图所示图中电场线从正电荷动身，等势面为不规章的圆圈，在两个异种电荷的中垂线上，E、F两点关于连线对称，电场强度大小和方向都相同，故A正确；B、在两个异种电荷的连线上，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线电势越来越低，故P、Q电势不等，故B错误；C、题目图中位置A与位置C两位置关于两电荷连线不对称，由A选项的分析图可知，其电势方向不同，故C 错误；D、C与D两位置位于两电荷连线同一侧，结合图象可知，场强方向也不同，故D错误；故选A．【点评】解答本题的关键是依据等量异种电荷的电场线图，确定各点的场强方向和大小，还可以画出等势面，同时要留意，沿着电场线，电势降低．7. 【考点】66：动能定理的应用；2H：共点力平衡的条件及其应用；37：牛顿其次定律．菁优网版权全部【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；52D：动能定理的应用专题．【分析】A的动能最大时受力平衡，依据平衡条件求解地面支持力，依据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；依据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．【解答】解：AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=；在A的动能达到最大前始终是加速下降，处于失重状况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；C、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D、A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，依据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E P =mgh=mgL，故D错误．故选：AB．【点评】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力状况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．8. 【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．菁优网版权全部【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿其次定律与机械能守恒定律分析答题．【解答】解：AB、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆内侧运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有：mg=m，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R +，小球在最低点时的最小速度为：v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0肯定不小于，故B正确；若v0=，小球在运动过程中肯定与内圆接触，机械能不断削减，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR，最低点的机械能为：=2mgR，故小球在整个运动过程中机械能损失mgR，即克服中摩擦力做功等于mgR，故A正确；C 、若小球的速度小于，也是有可能做完整的圆周运动的，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；D、若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为0.5mg，依据牛顿其次定律，有：mg﹣0.5mg=m，故最高点机械能：E1==；若小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg，对小球：5.5mg﹣mg=m，解得：v2=，故最低点机械能为：E2=+mg•2R=，即机械能守恒，而最低点速度v0小于，机械能应当减小，冲突，故D错误；故选：AB【点评】本题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力学问结合进行争辩．二、填空9. 【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权全部【专题】13 ：试验题；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）气垫导轨接通电源后可以认为是光滑的，若滑块在轨道上任何位置都能静止，说明轨道水平；（2）把握游标卡尺的读数方法，即主尺读数加上游标读数，不需估读；本试验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；（3）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可推断机械能是否守恒．【解答】解：（1）当气垫导轨接通电源后，导轨可以认为是光滑的，推断是否水平的方法是：接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）游标卡尺主尺读数为0.5cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v==0.43m/s依据试验原理可知，该试验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可推断机械能是否守恒，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M．（3）钩码和滑块所组成的系统为争辩对象，其重力势能的减小量为mgs ，系统动能的增量为：，因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒．故答案为：（1）接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）0.52； 0.43；滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s；滑块的质量M；（3）mgs；【点评】物理试验如何变化，正确理解试验原理都是解答试验的关键，同时加强物理基本规律在试验中的应用．10. 【考点】AB：电势差；AC：电势；AE：电势能．菁优网版权全部【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】电场力做功与电势能的关系，再有电势与电势能的关系求某点的电势凹凸，电势差与电势的关系．【解答】解：由题意可知，从O点移到M点电场力做功W=﹣8×10﹣9J，依据公式W=qU可知，U===﹣40V，U OM=0﹣φM=﹣40V，故φM=40V；将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10﹣8J，依据公式W=qU可知，U MN ===90V；故答案为：40V，90V【点评】考查了电场力做功与电势能、电势、电势差的关系，留意负电荷的状况．三，解答题11. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．菁优网版权全部【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】（1）依据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差U CD、B和D之间的电势差U BD、B和C之间的电势差U BC．依据U BD=φB﹣φD可求出φD．同理可求出φC．（2）依据E P=qφ可知点电荷在C点和在D点的电势能．（3）依据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必需先求电场力所做的功，而依据W CD=qU CD可求出电场力所做的功【解答】解：（1）B板接地，φB=0，沿电场方向有CD之间的距离为：d CD=d﹣h AC﹣h BD=5﹣0.5﹣0.5=4cm=4×10﹣2m，U CD=Ed CD=﹣1.2×103×4×10﹣2=﹣48V；U DB=Ed DB=1.2×103×0.5×10﹣2=6V，即：φD﹣φB=6V，则φD=﹣6V，U CB=Ed CB=1.2×103×4.5×10﹣2=54V，即φC﹣φB=54V，φC=﹣54V；（2）由E P=qφ可知点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C点的电势能E PC=﹣2×10﹣3×54=0.108J，在D点的电势能E PD=2×10﹣3×6=1.2×10﹣2J；（3）将点电荷q2=2×10﹣2C从C匀速移到D时，电场力所做的功：W=q2×U CD=2×10﹣2×（﹣48）=﹣9.6×10﹣1J，故除电场以外的力所做的功：W外=﹣W=9.6×10﹣1J答：（1）C和D两点的电势分别为54V、6V，两点间的电势差U CD等于48V．（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10﹣2J．（3）除电场力以外的力做功为9.6×10﹣1J．【点评】在利用E P=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号肯定要保留．依据W CD=qU CD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点12. 【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权全部【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，依据动能定理求解到达C点时速度．（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力供应向心力，依据向心力公式求出轨道的作用力；（3）求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好供应向心力，依据牛顿其次定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度．【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，从A到C过程，由动能定理得：qE•（s+R）﹣μmg•s﹣mgR=由题，qE=mg，μ=0.5，s=3R代入解得，v C =（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力供应向心力，则有N﹣qE=m解得，N=mg（3）重力和电场力的合力的大小为F==设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα==，得α=37°滑块恰好由F供应向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，F=m解得，v=答：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C 点时速度为．（2）在（1）的状况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小是2.5mg；（3）转变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小是．【点评】本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后等效场的“最高点”，依据动能定理和牛顿其次定律机敏列式求解．13. 【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；65：动能定理．菁优网版权全部【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】（1）依据能量守恒求出滑块向左滑动的距离，再依据能量守恒求出滑块到达虚线处的动能，从而求出弹簧的最大弹性势能．（2）滑块最终停止虚线处，对全过程运用能量守恒，求出滑块整个过程中产生的热量．【解答】解：（1）设滑块向左运动x 时减速到零，由能量守恒定律有：…①解得：x=…②之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k，由能量守恒定律得：qE（x+L）=E k+μmg（x+L）…③解得：E k=（qE﹣μmg）L+…④滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：E pm =…⑤（2）滑块来回运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W=qEL，电势能削减量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的削减量与电势能的削减量之和，即Q=qEL+…⑥答：（1）弹簧的最大弹性势能为（qE﹣μmg）L+；（2）滑块在整个运动过程中产生的热量为qEL+．【点评】运用能量守恒或动能定理解题，关键选择好争辩的过程，分析过程中的能量转化，然后列式求解，对于其次问，关键要确定滑块最终停止的位置．。
2021-2022年高三上学期12月月考试题 物理 含答案
2021年高三上学期12月月考试题 物理 含答案一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每题只有一个选项符合题意．1. 设物体运动的加速度为a 、速度为v 、位移为x .现有四个不同物体的运动图象如图所2． 图中K 、L 、M 为静电场中的3个相距很近的等势面（K 、M 之间无电荷）。
一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde 轨迹运动。
已知电势ϕK ＜ϕL ＜ϕM ，且粒子在ab 段做减速运动。
下列说法中正确的是 A ．粒子带负电B ．粒子在bc 段也做减速运动C ．粒子在a 点的速率大于在e 点的速率D ．粒子从c 点到d 点的过程中电场力做负功3．太阳系的第二大行星土星的卫星很多，其中土卫五和土卫六绕土星的运动可近似看作圆周．土卫五绕土星运动的周期较小B ．土卫五绕土星运动的线速度较小 C ．土卫六绕土星运动的角速度较大D ．土卫六绕土星运动的向心加速度较大4． 一个匀强磁场的边界是MN ，MN 左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示.现有一个金属线框沿ab 方向以恒定速度从MN 左侧垂直进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的I -t 图象如图乙所示.则可能的线框是如图丙所示中的哪一个5． 如图所示电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，下列说法正确的是 A ．电压表的读数U 先减小，后增大 B ．电流表的读数I 先增大，后减小MN 甲 乙0 I 甲 丙A B C Dbb b－2 /－2C ．电压表读数U 与电流表读数I 的比值U/I 不变D ．电压表读数的变化量ΔU 与电流表读数的变化量ΔI 的比值ΔU/ΔI 不变二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6． 如图a 所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t =0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F 随时间t 变化的图像如图b 所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g ，则 A.t 1时刻小球具有最大速度B. t 2时刻小球的速度大小为零C.可以计算出小球自由下落的高度D.整个运动过程中，小球的机械能守恒 7．一个水平固定的金属大圆环A ，通有恒定的电流，方向如图所示，现有一小金属环B 自A 环上方落下并穿过A 环，B 环在下落过程中保持水平，并与A 环共轴，那么在B 环下落过程中A ．B 环中感应电流方向始终与A 环中电流方向相反 B ．B 环中感应电流方向与A 环中电流方向先相反后相同C ．经过A环所在平面的瞬间，B 环中感应电流最大 D ．经过A 环所在平面的瞬间，B 环中感应电流为零 8． 如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A 和B ，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用。
2021-2022年高三物理12月质量检测试题
2021-2022年高三物理12月质量检测试题一．单项选择题Ⅰ（共16分，每小题2分。
每小题只有一个正确选项。
）1．如图，在转动的陀螺上，离开轴心距离不等的A 、B 两点，分别有两滴质量相等的水滴。
则两水滴 (A) 角速度大小相等 (B) 线速度大小相等 (C) 向心加速度相等 (D) 受到向心力相等2．下列四个物理量的单位中，不．属于能量单位的是 (A) 焦耳 (B) 瓦特 (C) 千瓦•时 (D) 伏特•库仑 3．力对物体的转动效果，取决于 (A) 力矩的大小 (B) 力臂的长短 (C) 力的大小和方向 (D) 力矩的大小和方向4．单摆在竖直平面内往复运动，下列说法正确的是 (A) 其最大摆角小于5°(B) 其回复力是由摆球的重力和悬线拉力的合力提供的 (C) 测量周期时应该从摆球经过平衡位置开始计时 (D) “秒摆”是摆长为1m 、周期为1s 的单摆5．如图，同一条电场线上有a 、b 、c 三点， b 为 ac 连线的中点，a 、c 两点的电势分别为φa = -4V ，φc = -6V 。
下列说法一定正确的是 (A) b 点的电势为-5 VabcAB(B) a 点的场强大于c 点的场强 (C) 电场线的方向由a 指向c(D) 正电荷由b 点运动到c 点电势能增加6．甲物体的质量是乙物体的两倍，甲从H 高处自由下落，同时乙从2H 高处自由下落（H 较大）。
忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是 (A) 两物体下落到同一高度处速度大小相等 (B) 两物体下落到同一高度处所用时间相等 (C) 两物体在落地前的距离越来越大 (D) 两物体在落地前的任意1s 内位移相等7．通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态。
以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是8．如图，弹性杆AB 的下端固定，上端固定一个质量为m 的小球，用水平力缓慢拉球，使杆发生弯曲。
2021-2022年高三物理上学期12月月考
2021年高三物理上学期12月月考（考试时间：100分试卷满分120分）注意事项：1．本试卷共分两部分，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题.2．所有试题的答案均填写在答题纸上（选择题部分使用答题卡的学校请将选择题的答案直接填涂到答题卡上），答案写在试卷上的无效.第Ⅰ卷（选择题共48分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意。
1．下列叙述符合物理学史的是A．普朗克为解释光电效应现象提出了光子说B．德布罗意提出实物粒子象光子一样，也具有波粒二象性C．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra）D．爱因斯坦通过研究黑体辐射提出能量子的概念2．关于气体的压强，下列说法正确的是A．气体的压强是由于气体分子间存在的斥力作用产生的B．气体分子的平均速率增大，气体的压强一定增大C．在一定温度下，气体分子的密集程度越大，压强越大D．当某一容器自由下落时，容器中气体压强变为零3．下列说法中正确的是A．分子间既存在分子引力也存在分子斥力B．气体能够充满整个容器，是由于气体分子间斥力大于引力C．液体中的悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显D．液体表面产生张力是由于液体表面分子相互排斥的原因4．在光滑的水平面上有静止的物体A和B。
物体A的质量是B的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。
当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中A．A的速率是B的2倍B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D．A、B组成的系统的总动量为零5．用如图所示的方法我们可以估测一根细线能承受的最大拉力。
在一根长为10cm 细线的中点悬挂一质量为600g 的玩具，开始两手并拢，然后对称的分开，当从刻度尺上读出两手间的距离为8cm 时，细线断了。
g 取10m/s2，则这根细线承受的最大拉力为A ．5NB ．6NC ．8ND ．10N6．关于原子核的放射性和核反应，下列说法正确的是A ．利用α射线可发现金属制品中的裂纹B ．采用某些物理和化学方法可以改变放射性元素的半衰期C ．镎（）经过一系列衰变后变成铋（），共发生了4次α衰变和7次β衰变D ．在核反应中，比结合能较小的核变成比结合能较大的核会放出核能7．汞原子的能级图如图所示，现让一束光子能量为8.8eV 的单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的汞原子上，对于受到激发后汞原子发出的光，下列说法中正确的是A ．最多可以发出5种频率的光B ．频率最高的光子能量为4.9eVC ．波长最大的光子能量为1.1eVD ．波长最大的光子能量为4.9eV8．一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，气体放出热量的变化过程是二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。
2021-2022年高三上学期月考物理试卷(12月份) 含解析
2021-2022年高三上学期月考物理试卷（12月份）含解析一、选择题（1-5为单选题，6-10为多选题．每小题3分，共30分）1．下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固2．若假定“神舟九号”飞船绕地球做匀速圆周运动，它离地球表面的高度为h，，由此可推知地球的第一宇宙速运行周期为T，地球的半径为R，自转周期为T度为（）A．B．C．D．3．如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的电子．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C 水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的电子的这一速度为（）A．B．C．D．4．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A． B．C．D．5．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放﹣t图线（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（）A．B．C．D．6．汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25m处B车制动，此后它们的v﹣t图象如图所示，则（）A．B的加速度大小为3.75m/s2B．A、B在t=4s时的速度相同C．A、B在0﹣4s内的位移相同D．A、B两车一定相撞7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电量将减小D．电容器C的电量将增大8．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）的电流减小，减少量一定等于A．通过R1B．R两端的电压增加，增加量一定等于△U2C．路端电压减小，减少量一定等于△U的电流增加，但增加量一定小于D．通过R29．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年与入射光频率ν的关系诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm为极限频率．从图中可以确定的是（）如图所示，其中νA．逸出功与ν有关B．光电子的最大初动能E与入射光的频率成正比km时，会逸出光电子C．当ν＞νD．图中直线的斜率与普朗克常量有关10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）A． mv2B．C．NμmgL D．NμmgL二、实验题：（每空2分，共12分）11．“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示．（1）实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关．在上述实验器材中，多余的器材是；（2）实验的主要步骤如下：A．将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材B．先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1C．换纸带，改用2条、3条…同样的橡皮筋进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带分别编号为2、3…D．由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W，则第2次、第3次…实验对小车做的功分别记为2W0、3W…将实验数据记录在表格里．E．对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图F．整理实验器材以上实验步骤中有疏漏的步骤是：，有错误的步骤是．（填写步骤前相应的符号）12．学校实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验时，提出了如图甲、乙所示的两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验；乙方案为用小车在木板斜面上下滑进行实验．（1）小组内同学对两种方案进行了讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是（填“甲”或“乙”）（2）若该小组采用图甲的装置打出一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出打下D点时纸带的速度大小为 m/s．（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出的v2﹣h图线如图丁所示，则图线斜率的物理意义是．三、计算题（共32分）13．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg （重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；与n的关系式．（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB14．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？进入竖直向上的匀强电15．一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，（重力加速度为g）求：（1）匀强电场场强的大小；（2）小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；（3）小球在h高度处的动能．16．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板和木块的最终速度v；（2）木板的最小长度L；（3）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．17．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．xx天津市静海一中高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（1-5为单选题，6-10为多选题．每小题3分，共30分）1．下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核的结合能．【分析】该题考察知识比较全面，题目中四个选项，考察了四个方面的知识，但是所考察问题均为对基本概念、规律的理解．只要正确理解教材中有关概念即可．如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等．【解答】解：A、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故A错；B、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故B正确；C、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故C错误；D、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故D错误．故选B．2．若假定“神舟九号”飞船绕地球做匀速圆周运动，它离地球表面的高度为h，运行周期为T，地球的半径为R，自转周期为T，由此可推知地球的第一宇宙速度为（）A．B．C．D．【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】根据在星球表面，万有引力等与向心力，列式求解．【解答】解：卫星以第一宇宙速度绕行星附近作匀速圆周运动联立两式，可解得v=，故B正确，ACD错误；故选：B．3．如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的电子．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的电子的这一速度为（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，逆过来看，该粒子做类平抛运动，通过类平抛运动求出粒子的末速度，即为放射源O发射出的电子的速度．【解答】解：将从细管C水平射出的电子逆过来看，时类平抛运动，则有：水平方向上：L=vt，竖直方向上，a=，联立解得：，而，所以：v=．故C正确，A、B、D错误．故选C．4．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A． B．C．D．【考点】电势；电场的叠加．【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选：A．5．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的U﹣t图线AB如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．【解答】解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误．B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B正确．C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达B板．故C错误．D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错误．故选B．6．汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25m处B车制动，此后它们的v﹣t图象如图所示，则（）A．B的加速度大小为3.75m/s2B．A、B在t=4s时的速度相同C．A、B在0﹣4s内的位移相同D．A、B两车一定相撞【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解答】解：A、速度图象的斜率代表加速度，由图象得B的加速度为 a==m/s2=﹣2.5m/s2，大小为2.5m/s2，故A错误B、由图象得，在t=4s时的速度相同，故B正确C、由于图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；所以在0～4s内的位移B物体大于A物体，故C错误．D、由于图象与坐标轴围成面积代表位移，初始时刻距A车25m处，所以4秒末两车最短距离为5m，不会相撞，故D错误．故选B为定值电7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电量将减小D．电容器C的电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，即可知电压表读数减小．电路中电流增大，灯L变亮．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮，故A错误，B正确．D、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是减小的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将减小．故C正确，D错误．故选：BC8．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定小于【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小D、由B的分析可知，R2于，故D正确；故选AD．9．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年与入射光频率ν的关系诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm为极限频率．从图中可以确定的是（）如图所示，其中νA．逸出功与ν有关B．光电子的最大初动能E与入射光的频率成正比km时，会逸出光电子C．当ν＞νD．图中直线的斜率与普朗克常量有关【考点】光电效应．【分析】本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能E与入射光的强度无关；③光电子的km最大初动能满足光电效应方程．【解答】解：A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W=hν，故A错误．B、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm =hν﹣W，可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成线性关系，但不成正比．故B错误．C、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即ν＞ν时才会有光电子逸出．故C正确．D、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知： =h，故D正确．故选：CD．10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）A． mv2B．C．NμmgL D．NμmgL【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求解物块和系统损失的动能，以及系统产生的内能．系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功．【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1=mv2﹣（M+m），根据能量守恒得：系统损失的动能为△Ek根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=NμmgL，故D正确，ABC错误．故选：D．二、实验题：（每空2分，共12分）11．“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示．（1）实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关．在上述实验器材中，多余的器材是天平；（2）实验的主要步骤如下：A．将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材B．先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1C．换纸带，改用2条、3条…同样的橡皮筋进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带分别编号为2、3…D．由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W，则第2次、第3次…实验对小车做的功分别记为2W0、3W…将实验数据记录在表格里．E．对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图F．整理实验器材以上实验步骤中有疏漏的步骤是： A ，有错误的步骤是 D ．（填写步骤前相应的符号）【考点】探究功与速度变化的关系．【分析】（1）该实验是“探究功能与物体速度变化的关系”，因此不需要测量质量，故不需要天平．（2）根据实验原理和具体实验步骤可正确解答本题．【解答】解：（1）由于该实验“探究功能与物体速度变化的关系”，不需要测量物体动能的变化，不需要测量物体的质量，因此不需要的器材是天平．（2）本实验中要求橡皮筋对物体所做功为合外力所做功，因此为了减小实验误差，应该进行平衡摩擦力的操作，故A实验步骤中缺少该项操作；在由纸带获得小车最大速度时是根据当橡皮筋恢复原长时，小车将匀速运动，即最大速度即为匀速运动时的速度，因此需要测量的是点距均匀时的匀速速度，而不是整个过程中的平均速度，故D操作不合适．故答案为：（1）天平；（2）A；D12．学校实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验时，提出了如图甲、乙所示的两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验；乙方案为用小车在木板斜面上下滑进行实验．（1）小组内同学对两种方案进行了讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是甲（填“甲”或“乙”）（2）若该小组采用图甲的装置打出一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出打下D点时纸带的速度大小为 1.75 m/s．（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出的v2﹣h图线如图丁所示，则图线斜率的物理意义是2g ．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；（2）纸带实验中，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，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；（3）由得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g．【解答】解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适．（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有： =m/s=1.75m/s（3）由机械能守恒得：v2=2gh，由此可知图象的斜率k=2g．故答案为：（1）甲；（2）1.75；（3）2g．三、计算题（共32分）13．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg （重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；与n的关系式．（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：mv2=mg（2R）+mv2；解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：mv02=mvA2得vA =v=6m/s；AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）vp解得：vP=3m/s；故总动能EK =（m+m）vP2=×2×9=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△EK=fL=μ（m+m）gL=0.1×20×0.1=0.2J；k===45；（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；E损=nE=0.2nJ从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）vP 2﹣（m+m）vAB2=n△E，代入解得：vAB=m/s；答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；（2）k的数值为45；（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB 与n的关系式为vAB=m/s；14．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据小球在斜面上的受力，得出小球在斜面上做匀速运动，根据小球受力确定等效场的最高点，通过动能定理求出在O点的初速度．【解答】解：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道。
山东省东营市胜利油田一中2021届高三12月月考物理试题 Word版含答案
山东省东营市成功油田一中2021届高三12月月考物理试题2022.12一、选择题（本题共12小题共48分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上．现用一水平拉力使物体从静止开头运动，其运动的v －t 图象如图所示．下列关于物体运动过程，分析正确的是( )A ．0～t 1内拉力渐渐减小B ．0～t 1内拉力对物体做负功C ．在t 1 ～t 2时间内拉力的功率为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功12m v 212．如图在光滑地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的匀加速运动。
小车质量是M ，木块质量是m ，力大小是F ，加速度大小是a ，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则 在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（ ）A ．μmaB ．maC ．m M mF+D ．F -Ma3．如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是( )A ．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B ．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C ．小车肯定以加速度g tan α向右做匀加速运动D ．小车肯定以加速度g tan θ向右做匀加速运动4．A 、B 两个物体从同一地点动身，在同始终线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则( )A ．A 、B 两物体运动方向相反 B ．t ＝4 s 时，A 、B 两物体相遇C ．在相遇前，t ＝4 s 时A 、B 两物体相距最远D ．在相遇前，A 、B 两物体的最远距离为20 m5．宇航员在地球表面以肯定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比为4:1:=抛球R R ，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面四周的重力加速度为g '，空气阻力不计。
2021-2022年高三物理12月月考试题
2021年高三物理12月月考试题试卷分物理、化学、生物三部分，满分300分，考试时间150 分钟。
注意事项：1．答题前，考试务必先认真核对条形码上的姓名，准考证号和座位号，无误后将本人姓名、准考证号和座位号填写在相应位置，2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；3．答题时，必须使用黑色签字笔，将答案规范、整洁地书写在答题卡规定的位置上；4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效；5．考试结束后将答题卡交回，不得折叠、损毁答题卡。
物理部分钟丽荣利第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题（本题7小题。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的、不选的得0分）1．下列有关研究物理问题的思想或方法的描述错误的是（）A．在探究加速度与力、质量的关系时，利用了控制变量的思想方法B．物理学中引入“质点”的模型时，采用了理想化方法C．物理学中建立“加速度”的概念时，采用了等效法D．伽利略研究力与运动的关系时，采用了理想实验法2．在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。
图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误．．的是（）A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值变大D．此过程中电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值不变3.在如图所示的位移(x)一时间(t)图象和速度(v)一时间(t)图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的（）A．在图示时间内丙、丁两车在t2时刻相距最远B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C ．甲车做曲线运动，乙车做直线运动D ．0～t 2时间内丙、丁两车的平均速度相等4. 如图所示，一个小球质量为m ，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R 的竖直光滑轨道的最高点C ，则水平力对小球所做的功至少为( )A. mgRB. 2mgRC. 2.5mgRD. 3mgR5. 如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2.物块与地面的最大静摩擦力为f ，则弹簧的劲度系数为( ) A.f x 2＋x 1 B.2f x 2＋x 1 C.2f x 2－x 1 D.f x 2－x 16. 如图所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M ，半径为R ，下列说法不正确的是（ ）A ．三颗卫星对地球引力的合力大小为B ．两颗卫星之间的引力大小为C ．一颗卫星对地球的引力大小为D ．地球对一颗卫星的引力大小为7. 静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m 、带电量为－q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0从O 点(x ＝0)进入电场，沿x 轴正方向运动．下列叙述正确的是( )A. 粒子从O 运动到x 1的过程中速度逐渐减小B. 粒子从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C. 要使粒子能运动到x 3处，粒子的初速度v 0至少为qφ0m D. 若v 0＝qφ0m ，粒子在运动过程中的最大速度为3qφ0m第Ⅱ卷 (非选择题 共68分)二、实验题（共17分．）8-1．（6分）⑴①图甲中游标卡尺的读数是 cm，图乙中螺旋测微器的读数是 mm。
2021年高三上学期12月月考物理试卷含答案
2021年高三上学期12月月考物理试卷含答案一、选择题：本题共12小题，每小题4分。
第1～7题只有一项符合题目要求；第8～12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分．选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1.17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于（）A．等效替代 B．实验归纳 C．理想实验 D．控制变量2．古巴运动员哈维尔·索托马约尔，在西班牙萨拉曼卡举行的国际田径赛上，跳出了2．43 m的好成绩，刷新了男子跳高的世界纪录．若不计空气阻力，以下说法正确的是（）A．马约尔达到2.43 m高度时，他的速度为0B．起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力C．起跳时地面对他的支持力与他的重力大小相等D.起跳时地面对他的支持力大于他的重力3．如图所示，物体在AB间做匀变速直线运动，C是AB上的一点．AB长为l，AC长为，若物体由A到C过程中所受合力做功为W1，由A到B过程中所受合力做功为W2，则W1：W2等于（）A．1：3 B．1：2 C．1：4 D．3：14．如图所示，将一带正电的点电荷固定在D处，DAOC在同一直线上，B点在以O为圆心，R为半径的圆弧上．现将带正电的粒子从A点沿半圆弧ABC移至C点，在此过程中，粒子的电势能（）A．保持不变B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，物块A、B(m A>m B)被销子C固定在斜面上．在撤去销子C的同时，给物块A、B均施加一沿斜面向上的恒力F，且F=m B gsin θ，则物块A、B（）A．仍保持静止B．将分离C．一起沿斜面向上加速运动D．一起沿斜面向下加速运动6．甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动，其v-t图象分别如图中直线a、b所示，t0时刻两图线相交．由图可知（）A．两车的初速度方向相同B．两车的加速度大小相等C．0～6 s内，t0时刻两车相距最远D．t0时刻两车相遇7、有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示。
2021-2022年高三物理12月月考第四次试题
2021-2022年高三物理12月月考第四次试题一、选择题（共20小题，1-13为单项选择，每小题2分，14-20为多选，选对得4分，漏选得2分，共54分。
）1．下列说法正确的是（）A．牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上C．卡文迪许测出了静电力常量D．法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2．甲、乙两质点沿同一直线向同一方向运动，其v-t图像如图。
甲的图线是一条平滑的曲线，乙的图线是一条倾斜的直线。
已知t1时刻两质点位于同一位置，t2时刻甲图线的切线与乙图线平行。
下列判断正确的是（）A.t=0时刻，乙在甲的前面B.t2时刻两质点的加速度相同C.t1~t3时间内两质点间的距离先变大后变小D.t3时刻两质点再次相遇3．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。
现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，a、c间细绳的拉力为T，a、b间的摩擦力为f。
运动过程中把一块橡皮泥粘在木块a上，系统仍加速运动，且a、b、c之间始终没有相对滑动。
稳定后，T和f的变化情况是（）A．T变大，f变小B．T变大，f变大C．T变小，f变小D．T变小，f变大4．如图所示，质量为m的小球，用OB和O´B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为300和600，这时OB绳的拉力大小为F，若烧断O´B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于1（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：45．如图所示，固定在竖直面内、半径均为R的两段四分之一光滑圆弧轨道AB，CD与粗在水平地面上．现将质量为m 糙水平轨道BC分别相切于B点和C点，圆弧CD的圆心O2的小球从圆弧轨道AB上A点下面某个位置由静止释放，结果小球落在水平地面上的E点，且小球运动到圆弧轨道CD上的C点时对轨道的压力为零；再将小球在圆弧轨道AB上释放的位置适当提高些，结果小球落在水平地面上的F点．空气阻力不计，重力加速度为g．下列判断正确的是（）A．OE＞R2B．小球两次在C 点的速度均为C．小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动到E点的时间长D．若再次改变小球的高度，小球到达B点时的速度为，则小球在该点时对圆弧轨道的压力大小为2mg6．2015年9月30日7时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将第4颗新一代北斗导航卫星送入倾角55°的倾斜地球同步轨道，新一代北斗导航卫星的发射，标志着我国在卫星研制、发射方面取得里程碑式的成功．关于该卫星到地心的距离r可由求出，已知式中G为万有引力常量，则关于物理量a，b，c的描述正确的是( )A．a是地球平均密度，b是地球自转周期，c是地球半径B．a是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是卫星的加速度C．a是地球平均密度，b是卫星的加速度，c是地球自转的周期D．a是地球表面重力加速度，b是地球自转周期，c是地球半径7．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值。
2021-2022年高三12月联考 物理 含答案
2021年高三12月联考物理含答案注意事项：1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。
3. 回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
第I卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1-8题中只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．xx诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管(LED)，并因此带来新型的节能光源。
在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。
下列表述符合物理学史实的是A.开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比。
B.奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上。
.D.安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2．如图是物体做直线运动的v－t图像。
由图可知，该物体()A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反B．第2～4 s为匀变速运动C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等3．如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的长度被压缩了A. mgtanθ2k B.mgtanθk C .2mgtanθk D.2mgtanθ2k4．如图，斜面固定，段光滑，段粗糙，、两物体叠放在一起从点由静止下滑，下滑过程中、始终保持相对静止，则（）A．在段时，受三个力作用B．在段时，的加速度一定平行于斜面向上C．在段时，受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，、均处于失重状态5.将卫星发射至近地圆轨道1（如图所示），经过多次变轨，将卫星送入同步轨道3。
2021-2022年高三物理12月月考试题(I)
2021-2022年高三物理12月月考试题(I)本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
第I卷1至2页，第II卷3至6页。
满分100分。
考试用时90分钟。
注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型（A或B）用2B铅笔涂写在答题卡上。
考试结束，将答题卡和试题第II卷写在答题纸上一并交回。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
不能答在试卷上。
一、本题包括10小题。
每小题4分，共40分。
每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法实用文档B．牛顿进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论C．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人D．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法2．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的v-t图像，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是A．在t1～t2时间内，a车加速度先增大后减小B．在t1～t2时间内，a车的位移比b车的小C．t2时刻可能是b车追上a车D．t1时刻前的某一时刻两车可能相遇3. 如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g。
则A．A对地面的摩擦力方向向左B．B对A的压力大小为实用文档C．细线对小球的拉力大小为D．若剪断绳子（A不动）,则此瞬时球B加速度大小为4．“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道I为圆形。
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2021-2022年高三12月份月考试题物理
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷1至2页, 第Ⅱ卷3至4页。
共l00分，考试时间60分钟。
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B 铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现．其中说法不正确的有( )
A．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量
B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律
D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
2．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁，若在斜
面上加一物体m，且M、m相对静止，则此时小车受力个数为( )
A．3个B．4 个C．5 个 D. 6个
3．建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处(如图甲)．图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是( )
A．前5s的平均速度是0.5 m／s
B．46s末吊车吊的材料离地面的距离为28m
C．30～36s材料处于失重状态
D．前10s钢索最容易发生断裂
4．xx年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连
线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下
与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )
A．线速度大于地球的线速度
B．向心加速度大于地球的向心加速度
C．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
5．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
6．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速
率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚
线所示．下列表述正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛仑兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
7．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab．导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中( )
A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大
B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C．外力F做功的功率始终等于电路中的电功率
D．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
题号二
三
总分10 11
得分
二、实验题（本题共2小题，共20分。
把答案填在题中的横线上或按题目要求作答）
8．（6分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8 m／s2，那么
(1)同学甲想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度a= m／s2，从而计算出阻力f = N．
(2)若同学乙不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的? (填“能”或“不能”)．
9．（14分）在“测定金属丝的电阻率”实验中，待测合金电阻丝阻值R约为10Ω．
(1)用游标卡尺测量电阻丝的长度L．测量结果如图甲所示，图中读数为L= mm．用螺旋测微器测量电阻丝的直径d．测量结果如图乙所示，图中读数为d= mm．
(2)为了测量该电阻丝的电阻R，除了导线和开关S外，还有以下器材可供选择：
电压表V1，量程0～3V，内阻约30kΩ
电压表V2，量程0～15V，内阻约150kΩ
电流表A1：量程0～3A，内阻约0.03Ω
电流表A2：量程0～0.6A，内阻约0.2Ω
滑动变阻器R1：0～5 Ω，
滑动变阻器R2：0～xx Ω
电源E(电动势为4 V)
为了调节方便，测量准确，实验中
电压表应选用，电流表
应选用，滑动变阻器应
选用．(填器材的符号)
(3)在图中所给的实物图中画出连线，连成测量电路图．
(4)若电压表测量值为U，电流表测量值为I，用测量的物理量表示计算电阻丝电阻率的公式是．
三、计算题（本题共2小题，共38分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
10．(18分)如图所示，在光滑水平地面上静止放置质量M=2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．图中A点距离长木板上表面高度h=0.6 m．一质量m=1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，然后由弧形轨道末端滑到长木板上。
滑块在木板上滑行t=1s 后，和木板以共同速度v =1m／s匀速运动，取g=10 m／s2．求：
(1)滑块与木板间的摩擦力；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行的距离．
11.（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中的Q(-2h，-h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第I象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N 点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力．求：
(1)电场强度的大小E；
(2)磁感应强度的大小B；
(3)粒子在磁场中运动的时间t．
座号
物理答案部分
1.CD
2.B
3.CD
4.AB
5.D
6. A
7.D
8. 9.50m/s2；0.06N；可以
9.解析：
(1)按游标卡尺和螺旋测微器的读数规则读数．(2)因电源电动势为4V，待测电阻约10Ω，电流约0.4 A，，所以电流表选A2，电压表选V1。
如果滑动变阻器采用限流式接法，则调节不方便，所以用分压式连接，滑动变阻器选用R1．(3)因R A R v>R2，所以电流表外接，而滑动变阻器用分压式接法，电路图如答案图所示．
(4)因为
答案(1)54.5 0.855(±0.002)
(2)A2 R1
(3)如图所示(电流表要外接，滑动变阻器要采用分压式接法)
10．
11.
j21046 5236 制H26234 667A 智Jo.29891 74C3 瓃38375 95E7 闧36673 8F41 轁34718 879E 螞-33825 8421 萡。