河北省保定市繆營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1.一定質量的理想氣體從某一狀態開始，先發生等容變化，接著又發生等壓變化，能正確反映該過程的圖像為下列中的（

）

參考答案：答案：A2.如圖所示，帶電小球a由絕緣細線PM和PN懸掛而處于靜止狀態，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內壁光滑的圓弧細管道GH，圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質量為m可視為質點的帶電小球b從G端口由靜止釋放，當小球b運動到H端時對管道壁恰好無壓力，重力加速度為g。在小球b由G滑到H過程中，下列說法中正確的是A.小球b機械能逐漸減小B.小球b所受庫侖力大小始終為2mgC.細線PM的拉力先增大后減小D.小球b加速度大小先變大后變小參考答案：C【詳解】A、小球b所受庫侖力和管道的彈力始終與速度垂直，整個過程中只有重力做功，所以小球b機械能守恒，A錯誤；B、小球b機械能守恒，從G滑到H過程中，H處，，則，由于小球b在運動過程中處于電場強度大小不變，則其所受庫侖力大小始終為，故B錯誤；C、設PN與豎直方向成角，對球a受力分析，其受到的庫侖力與水平方向的夾角為，則對a球在豎直方向：水平方向解得，下滑時從0增大，細線PM的拉力先增大后減小，故C正確；D、設b與a的連線與水平方向成θ角，則，任意位置加速度為向心加速度和切向加速度合成，即，可知小球的加速度一直變大，故D錯誤。3.如圖所示，勻強磁場邊界水平，方向垂直紙面向里，兩固定豎直光滑金屬導軌電阻不計，完全相同的導體棒ab、cd水平置于磁場上方且相距一定距離．現同時由靜止釋放ab、cd，ab進入磁場時恰好做勻速運動，ab出磁場時，cd剛好進入磁場，已知導體棒與導軌接觸良好。豎直導軌足夠長，則cd在穿越磁場過程中A．d端電勢高于c端B．勻速穿過磁場C．運動時間小于ab在磁場中運動時間D．克服安培力做的功等于ab穿越磁場過程中克服安培力做的功參考答案：AC4.（單選）下列關于物理學思想方法的敘述錯誤的是

A．探究加速度與力和質量關系的實驗中運用了控制變量法

B．電學中電阻、場強和電勢的定義都運用了比值法

C．力學中將物體看成質點運用了理想化模型法

D．→0時的平均速度可看成瞬時速度運用了等效替代法參考答案：D5.下列關于摩擦力的說法中正確的是（

）A、摩擦力的方向總是與物體的運動方向相反B、靜摩擦力的方向總是與物體的相對運動趨勢的方向相反C、摩擦力不一定總是阻礙物體運動，也可以是動力D、正壓力越大，靜摩擦力就越大參考答案：BC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術參數。在額定輸出功率不變的情況下，質量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為

N,當車速為2m/s時，其加速度為

m/s2(g=10m/s2)規格后輪驅動直流永磁鐵電機車型14電動自行車額定輸出功率200W整車質量40Kg額定電壓48V最大載重120Kg額定電流4.5A參考答案：40；0.6解析：電瓶車的額定功率P=200W，又由于，當電動車達到最大速度時，牽引力；當車速為2m/s時，牽引力為，依據牛頓第二定律，可知a=0.6m/s2。7.如圖所示，有若干個相同的小鋼球從斜面的某一位置每隔0.1s無初速度地釋放一顆，連續釋放若干個小球后，對準斜面上正在滾動的若干小球拍攝到如圖的照片，可得AB＝15cm、BC＝20cm。試求Ａ球上面還有

顆正在滾動的小球。參考答案：2解析：小球運動的加速度。

小球B的速度

B球已運動時間

設在A球上面正在滾動的小球的顆數為n則顆取整數n=2顆，即A球上面還有2顆正在滾動的小球。8.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，經0．3s時間質點a第一次到達波峰位置，則這列波的傳播速度為

m／s，質點b第一次出現在波峰的時刻為

s．參考答案：10m／s（2分）

0．5s（9.某物理興趣小組采用如圖所示的裝置深入研究平拋運動。質量分別為mA和mB的A、B小球處于同一高度，M為A球中心初始時在水平地面上的垂直投影。用小錘打擊彈性金屬片，使A球沿水平方向飛出，同時松開B球，B球自由下落。A球落到地面N點處，B球落到地面P點處。測得mA=0.04kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.25m，M、N點間的距離為1.50m，則B球落到P點的時間是____s，A球落地時的動能是____J。（忽略空氣阻力）參考答案：(1)0.5（２分）；

0.6810.已知地球的質量為M，萬有引力恒量為G，地球半徑為R．用以上各量表示，在地球表面附近運行的人造地球衛星的第一宇宙速度v=．參考答案：解：設衛星的質量是m，地球的第一宇宙速度是v，由牛頓第二定律可得：G=m，解得：v=；故答案為：．11.（多選）在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為m1、m2，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，則此時

A．物塊B的質量滿足

B．物塊A的加速度為

C．拉力做功的瞬時功率為

D．此過程中，彈簧彈性勢能的增量為參考答案：BD12.我國交流電的周期為________，頻率為________，1min內電流方向改變了___次。參考答案：0.02s

50Hz

6000次。13.某學生研究小車的勻變速運動時，得到如圖10所示的紙帶，紙帶上的計數點用O、A、B、C、D、E表示．則小車的加速度大小為___________m／s2，小車經過C點時的速度大小為__________m／s．（相鄰計數點間的時間間隔為0．1s）參考答案：0.8三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（09年大連24中質檢）（選修3—5）（5分）如圖在光滑的水平桌面上放一個長木板A，其上放有一個滑塊B，已知木板和滑塊的質量均為m=0.8kg，滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.4，開始時A靜止，滑塊B以V=4m／s向右的初速度滑上A板，如圖所示，B恰滑到A板的右端，求：①說明B恰滑到A板的右端的理由?②A板至少多長?

參考答案：解析：①因為B做勻減速運動，A做勻加速運動，A，B達到共同速度V1時，B恰滑到A板的右端（2分）

②根據動量守恒

mv=2mv1（1分）

v1=2m/s

……

設A板長為L，根據能量守恒定律

（1分）

L=1m15.

(12分)(1)用簡明的語言表述臨界角的的定義：(2)玻璃和空所相接觸。試畫出入射角等于臨界角時的光路圖，并標明臨界角。(3)當透明介質處在真空中時，根據臨界角的定義導出透明介質的折射率n與臨界角θc的關系式。

參考答案：解析：(1)光從光密介質射到光疏介質中，折射角為90°時的入射角叫做臨界角(2)如圖，θC為臨界角。(3)用n表示透明介質的折射率，θC表示臨界角，由折射定律

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，斜面體質量為M，傾角θ，與水平面間的動摩擦因數為μ，用細繩豎直懸掛一質量為m的小球靜止在光滑斜面上，小球的高度為h，當燒斷繩的瞬間，用水平向右的力由靜止拉動斜面體，小球能做自由落體運動到達地面，重力加速度為g．求：（1）小球經多長時間到達地面；（1）拉力至少為多大才能使自由落體運動到地面．參考答案：解：（1）設小球自由落體運動到地面上，下落高度為h，對小球有：h=gt2，解得：t=；（2）斜面體至少水平向右運動的位移為：x=h?對斜面體：x=at2，解得：a=gcotθ，以斜面體為研究對象有：F﹣μMg=Ma

所以有：F=μMg+Mgcotθ=（μ+cotθ）Mg．即當燒斷繩的瞬間，至少以（μ+cotθ）Mg的水平向右的力由靜止拉動斜面體，小球才能做自由落體運動到地面；答：（1）小球經時間到達地面；（1）拉力至少為（μ+cotθ）Mg才能使自由落體運動到地面．【考點】牛頓第二定律；自由落體運動．【分析】（1）根據小球自由下落的位移公式列式求得時間；（2）再根據牛頓第二定律和位移時間公式列式；根據幾何關系找出小球位移和斜面體位移的關系；最后聯立方程組求解．17.（10分）混合動力汽車是指擁有兩種不同動力源（如燃油發動機和電力發動機）的汽車，既省油又環保。車輛在起步或低速行駛時可僅靠電力驅動；快速行駛或者需急加速時燃油發動機啟動，功率不足時可由電力補充；在制動、下坡、怠速時能將機械能轉化為電能儲存在電池中備用。假設汽車質量為M，當它在平直路面行駛時，只采用電力驅動，發動機額定功率為P1，能達到的最大速度為v1；汽車行駛在傾角為θ的斜坡道上時，為獲得足夠大的驅動力，兩種動力同時啟動，此時發動機的總額定功率可達P2。已知汽車在斜坡上行駛時所受的摩擦阻力是在平直路面上的k倍(k<1)，重力加速度為g。求汽車在斜坡道上能達到的最大速度。參考答案：18.如圖所示的空間分布Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域，各邊界面相互平行，Ⅰ區域存在勻強電場，電場強度E＝1.0×104V/m，方向垂直邊界面向右．Ⅱ、Ⅲ區域存在勻強磁場，磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁感應強度分別為B1＝2.0T、B2＝4.0T．三個區域寬度分別為d1＝5m、d2＝d3＝6.25m，一質量m＝1.0×10－8kg、電荷量q＝1.6×10－6C的粒子從O點由靜止釋放，粒子的重力忽略不計．求：

(1)粒子離開Ⅰ區域時的速度大小v；(2)粒子在Ⅱ區域內運動時間t；(3)粒子離開Ⅲ區域時速度與邊界面的夾角α.參考答案：.解：(1)粒子在電場中運動，由動能定理得：qEd1＝mv2－0

解得：v＝4.0×103m/s

(2)設粒子在磁場B1中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得：

解得：r＝12.5m

設在Ⅱ區域內圓周運動的圓心角為θ，則sinθ＝

解得：θ＝30