河北省石家莊市博文職業高級中學高三物理月考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.下列所述的情景中，機械能守恒的是

A.汽車在平直路面上加速行駛

B.小球在空中做自由落體運動

C.降落傘在空中勻速下落

D.木塊沿斜面勻速下滑參考答案：B2.質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上，設斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數為k．現用一平行于斜面的恒力F拉木塊A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v，則下列說法正確的是（）A．此時彈簧的彈力大小為m1gsinθB．拉力F在該過程中對木塊A所做的功為C．木塊A在該過程中重力勢能增加了D．彈簧在該過程中彈性勢能增加了﹣m1v2參考答案：D【考點】功能關系；功的計算．【分析】當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，開始系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，根據胡克定律求解出彈簧的伸長量和壓縮量，從而求出A上升的距離，根據W=Fx求解F做的功，根據重力做功與重力勢能的關系求解A重力勢能增加量，根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統動能和重力勢能的增加量．【解答】解：A、當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，即F彈=m2gsinθ，故A錯誤；B、開始系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，則有m1gsinθ=kx1，x1為彈簧相對于原長的壓縮量，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2為彈簧相對于原長的伸長量，則A沿斜率上升的距離x=x1+x2，聯立解得：x=，則拉力F在該過程中對木塊A所做的功為W=Fx=F，故B錯誤；C、木塊A在該過程中重力勢能增加量△EP=m1gxsinθ=m1，故C錯誤；D、根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統動能和重力勢能的增加量，即為=F?﹣m1﹣=﹣m1v2，故D正確．故選：D3.如圖所示，在A、B兩點分別固定著所帶電荷量相等的正、負點電荷，O點是兩個點電荷連線的中點，C、D是關于O點對稱的兩點．下列說法中正確的是()A．C、D兩點的場強大小相等、方向相同B．C、D兩點的電勢相等C．正點電荷從C點移到D點的過程中，電場力做正功D．負點電荷在C點的電勢能大于它在D點的電勢能參考答案：AC4.下列關于熱學現象和熱學規律說法正確的是(

)A．熱量能從高溫傳到低溫物體，但不可能從低溫傳到高溫物B．壓縮氣體做功，氣體的內能可能增加C．物體的溫度為0℃時，物體分子的平均動能為零D．懸浮在液體中的顆粒越大，布朗運動越明顯參考答案：B5.（多選）如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，從波傳到x=1m的P點時開始計時，已知在t=0.4s時PM間第一次形成圖示波形，此時x=4m的M點正好在波谷。下列說法中正確的是

A．P點的振動周期為0.4s

B．P點開始振動的方向沿y軸正方向C．當M點開始振動時，P點正好在波峰D．這列波的傳播速度是10m/sE．從計時開始的0.4s內，P質點通過的路程為30cm參考答案：ACD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，由導熱材料制成的氣缸和活塞將一定質量的理想氣體封閉在氣缸內，活塞與氣缸壁之間無摩擦，活塞上方存有少量液體，將一細管插入液體，利用虹吸現象，使活塞上方液體緩慢流出，在此過程中，大氣壓強與外界的溫度均保持不變，下列各個描述理想氣體狀態變化的圖像中與上述過程相符合的是

圖，該過程為

過程（選填“吸熱”、“放熱”或“絕熱”）參考答案：D

吸熱氣體做等溫變化，隨著壓強減小，氣體體積增大。A、B圖中溫度都是變化的；等溫情況下，PV＝C，P－1/V圖象是一條過原點的直線，所以D圖正確。該過程中，體積增大，氣體對外界做功，W＜0，等溫變化，所以Q＞0，氣體要吸收熱量。7.如圖所示，豎直平面內有兩個水平固定的等量同種正點電荷，AOB在兩電荷連線的中垂線上，O為兩電荷連線中點，AO＝OB＝L，一質量為m、電荷量為q的負點電荷若由靜止從A點釋放則向上最遠運動至O點。現若以某一初速度向上通過A點，則向上最遠運動至B點，重力加速度為g。該負電荷A點運動到B點的過程中電勢能的變化情況是

；經過O點時速度大小為

。參考答案：先減小后增大；8.（4分）有一束射線進入勻強磁場中，a、b、c分別表示組成射線的三種粒子流在磁場里的軌跡，如圖所示．已知磁場方向與速度方向垂直并指向紙內，從這些粒子流的偏轉情況可知，可能是粒子的軌跡是_______；可能是光子的軌跡是______。參考答案：

a；b9.（13分）如（a）圖，質量為Ｍ的滑塊Ａ放在氣墊導軌B上，Ｃ為位移傳感器，它能將滑塊Ａ到傳感器Ｃ的距離數據實時傳送到計算機上，經計算機處理后在屏幕上顯示滑塊Ａ的位移－時間（s-t）圖象和速率－時間（v-t）圖象。整個裝置置于高度可調節的斜面上，斜面的長度為了、高度為。（取重力加速度g=9.8m/s2，結果可保留一位有效數字）

（1）現給滑塊Ａ一沿氣墊導軌向上的初速度，Ａ的v-t圖線如（b）圖所示。從圖線可得滑塊Ａ下滑時的加速度a=

m/s2,摩擦力對滑塊Ａ運動的影響

。（填“明顯，不可忽略”或“不明顯，可忽略”）（2）此裝置還可用來驗證牛頓第二定律。實驗時通過改變

，可驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系；實驗時通過改變

，可驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系。（3）將氣墊導軌換成滑板，滑塊Ａ換成滑塊Ａ’，給滑塊Ａ’一沿滑板向上的初速度，Ａ’的s-t圖線如（c）圖。圖線不對稱是由于造成的，通過圖線可求得滑板的傾角θ＝（用反三角函數表示），滑塊與滑板間的動摩擦因數μ＝。

參考答案：答案：（1）6

不明顯，可忽略（2）斜面高度h

滑塊A的質量M及斜面的高度h，且使Mh不變

（3）滑動摩擦力

解析：（1）從圖像可以看出，滑塊上滑和下滑過程中的加速度基本相等，所以摩擦力對滑塊的運動影響不明顯，可以忽略。根據加速度的定義式可以得出（2）牛頓第二定律研究的是加速度與合外力和質量的關系。當質量一定時，可以改變力的大小，當斜面高度不同時，滑塊受到的力不同，可以探究加速度與合外力的關系。由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保證向下的分力不變，應該使不變，所以應該調節滑塊的質量及斜面的高度，且使Mh不變。

（3）滑板與滑塊間的滑動摩擦力比較大，導致圖像成拋物線形。從圖上可以讀出，滑塊上滑和下滑時發生位移大小約為。上滑時間約為，下滑時間約為，上滑時看做反向勻加速運動，根據運動學規律有：，根據牛頓第二定律有。下滑時，有，

聯立解得，10.圖示是某時刻兩列簡諧橫波的波形圖，波速大小均為10m/s，一列波沿x軸正向傳播(實線所示)；另一列波沿x軸負向傳播(虛線所示)，則在x軸上質點a(x=1m)和b(x=2m)中，質點___________(選填“a”或“b”)振動加強，從該時刻起經過0.1s時，c質點坐標為___________。參考答案：

(1).a

(2).（3m,0.4m）【詳解】(1)兩列波長相同的波疊加，由圖象知，b、d兩點都是波峰與波谷相遇點，則b、d兩點振動始終減弱，是振動減弱點；(2)由圖象可知，兩列波的波長都為λ=4m，則周期,而，c點此時向上運動，經過到達波谷，此時y方向的位移為y=-2A=-0.4cm，故c點的坐標為（3m，-0.4cm）.【點睛】本題考查了波的疊加原理，要知道波峰與波峰或波谷與波谷相遇點振動加強，波峰與波谷相遇點振動減弱，要注意：振動加強點并不是位移始終最大.11.（4分）有一電源，電動勢為6Ｖ，內電阻為2Ω，將它與一臺線圈電阻為1Ω的電動機和一個理想電流表串聯成閉合電路，電流表讀出電流為0.5Ａ，則整個電路的總功率Ｐ＝

Ｗ，電動機的輸出功率Ｐ2＝

Ｗ。參考答案：

答案：3，2.2512.一物體從高H處自由下落，當它運動到P點時所用的時間恰好為整個過程時間的一半，不計空氣阻力，則P點離地面的高度為

A．3H/4

B．H/2

C．H/4

D．H/8參考答案：13.物體在水平地面上受到水平力F的作用，在6s內v–t圖像如圖（1）所示，力F做功的功率P–t圖像如圖（2）所示，則物體的質量為

kg，物體和地面的動摩擦因數為

。（g取10m/s2）參考答案：

答案：10/9.1/20三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①②聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程SA都可表示為sA=vAt–⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25m處。B位于出發點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得

故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有

聯立式并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數據得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離15.“體育彩票中獎概率為，說明每買1000張體育彩票一定有一張中獎”，這種說法對嗎？參考答案：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，平面直角坐標系xOy在第一象限內存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內存在與x軸負方向成30°角斜向上的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點與y軸正方向成60°角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點與x軸正方向成30°角進入第三象限，粒子到達y軸上的D點（沒畫出）時速度剛好減半，經第四象限內磁場偏轉后又能垂直x軸進入第一象限內，最后恰好回到A點，已知OA=a，第二象限內勻強磁場的磁感應強度為B，粒子重力不計，求：（1）粒子的初速度v0和第四象限內勻強磁場的磁感應強度B1；（2）第一、三象限內勻強電場的電場強度E1、E2；（3）粒子在第一、三象限內運行的時間比t1：t3．參考答案：解：（1）粒子在第二象限內運動正好完成半個圓周，則：

所以R2=a

解得：

粒子在第三象限中運動時有：CD=

粒子在第四象限中運動時有：

而

解得：（2）在第一象限內：水平位移x1=R4+R4sin30°=a

豎直位移

由運動學規律有：

y1=v1t1

解得

在第三象限內：

代入解得：

（3）在第三象限內有：

解得

所以

答：（1）粒子的初速度v0和第四象限內勻強磁場的磁感應強度．（2）第一、三象限內勻強電場的電場強度分別為

和

．

（3）粒子在第一、三象限內運行的時間比為9：4．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）由粒子在第二象限內做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，結合幾何關系其直徑恰為AC．可以求得粒子的初速度，再由題意結合幾何關系求出粒子在第四象限內做勻速圓周運動的半徑，由半徑公式可以求出第四象限內磁感應強度．（2）在第三象限做勻減速直線運動粒子速度減半，由運動學公式求出加速度，從而就求出了第三象限的電場強度；粒子在第一象限做類平拋運動，由水平位移和豎直位移公式求出水平面方向的加速度，從而也求出了第一象限的電場強度．（3）第一象限的時間可以從豎直方向的勻速直線運動位移除以速度得到，而第三象限由勻減速直線運動規律求出，均用題目所給的物理量表示，從而也就求出了在兩個象限的時間之比．17.（15分）音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統的特殊電動機.題7圖是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構成，線圈邊長為，匝數為，磁極正對區域內的磁感應強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為，區域外的磁場忽略不計.線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內，前后兩邊在磁場內的長度始終相等.某時刻線圈中電流從P流向Ｑ，大小為．（１）求此時線圈所受安培力的大小和方向。（２）若此時線圈水平向右運動的速度大小為，求安培力的功率．參考答案：（1），方向水平向右；（2