【文档说明】新疆乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三下学期3月月考试题 物理 含解析.docx，共(21)页，801.279 KB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三下学期三月月考物理试题总分100分考试时间100分钟一、单选题(共12小题每题4分共48分)1．如图所示，一高度为h的楔形物块固定在水平地面上，质量为m的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的

是（）A．物体滑到斜面底端的速度相同B．物体滑到斜面底端时重力的功率不同C．物体滑到斜面底端所用的时间相同D．物体滑到斜面底端过程中重力的功率相同2．下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体，所受的合力一定发生变化B．物体做匀速圆周运动，加速度恒定不变C．平抛运动是匀变速

曲线运动D．两直线运动的合运动一定也是直线运动3．如图所示．有四根彼此绝缘的通电直导线处在同一平面里，I1=I3＞I2＞I4，要使O点磁场增强则以切断那根导线中的电流？（）A．切断I1B．切断I2C．切断I3D．切断I44．下列说法正确的是（）A．原子核发生衰变时要释放能量，根

据2=Emc，所以衰变后的总质量数要减少B．γ射线的穿透能力比β射线弱C．23892U衰变成20682Pb要经过6次α衰变和8次β衰变D．在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固5．2022年4月16日2时16分，我国在太原卫星发射中心成功发

射一个大气环境监测卫星“大气一号”，该卫星是中国首个专门用于大气环境综合监测的卫星。该卫星正常运行轨道是距离地面高约705公里的圆轨道a，发射过程是先将卫星发射到椭圆轨道b（近地点在地球表面附近，远地点在正常运行轨道上），然后在轨道b远地点加速变轨后才能进

入轨道。下列说法正确的是（）A．“大气一号”卫星在轨道b上远地点时的速度大于第一宇宙速度B．“大气一号”卫星在轨道b上运动的周期大于在轨道a上运动的周期C．“大气一号”卫星在轨道b上的机械能大于在轨道a上的机械能D．“大气一号”卫星在轨道b上从近地点向远地点

运动的过程中速度逐渐减小6．在同一介质中有a、b两列机械波，它们的波形如图所示，两列波的频率分别为af和bf，波长分别为a和b，则（）A．ab，abffB．ab，abffC．ab，abffD．ab，abff7．即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志

性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）A．摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零B．摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变C．在最高点，游客处于失重状态D．摩天轮转动过程中，游客重力的

瞬时功率保持不变8．如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的

动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取210m/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．滑块运动到M点的速度大小为6m/sB．滑块运动到N点的速度大小为4m/sC．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·sD．缓冲墙对滑块做的功为－2.5J9．长征五号沿竖直方向加速升空的

过程中（）A．合力为零B．加速度与速度方向相同C．合力与速度方向相反D．加速度与合力方向相反请阅读下述文字，完成下列各题。如图所示，一辆汽车在平直公路上运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s、第2s、第3s内前进的距离分别是5.4m、7.2m、9.0m。10．下列物理量中，用来描述汽

车速度变化快慢的是（）A．位移B．时间C．速度D．加速度11．根据题中所给数据，可以判断汽车正在做（）A．加速运动B．减速运动C．匀速运动D．先加速后减速12．如果汽车做匀变速运动，则汽车在第1s末的速度大小为（）A．5.4m/sB．6.3m/sC．8.1m/sD．9.0m/

s二、综合题（共52分，请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）13．某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了该小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出

0、1、2、3、4、5、6共7个计数点。其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个点未标出。其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题：（1）计算出4时小车的瞬时速度大小为_____m/s，求小车的加速度

为_____m/s2。（要求保留3位有效数字）（2）如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，而做实验的同学并不知道，那么速度的测量值与实际值相比_____（选填：偏大、偏小或不变）。14．在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A。(1)部分连线的实物照片如图甲所

示，请在答题纸上完成实物连接图__________；(2)某次实验中，当电流表的示数为0.18A，电压表的指针如图乙所示，则电压为__V，此时小灯泡的功率是__W；(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的__（填字母）。15．如图所示，光滑水平面AB与

竖直面内的半圆形轨道在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：（1）开始时弹簧储存的弹性势能；（2）物块从B到C克服阻力做的功；（3）物块离

开C点后落回水平面时的水平距离及动能的大小．16．如图所示，宽度为3L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反，长为3L，宽为2L的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边的中点，P为dc边中垂线上的一点，OP=3L．矩形内有匀

强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；（2）求匀强磁场的磁

感强度大小B;（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．17．如图所示，两封闭的玻璃管中间有一段长16lcm=的水银柱，玻璃管在温度恒为27C的室内水平放置，水银柱将玻璃管中的气体分成长度均为40eLcm=的

A、B两郡分，两部分气体的压强均为030pcmHg=．现将玻璃管的左端抬起使其竖直放置，求玻璃管竖直放置时A部分气体的长度和B部分气体的压强．18．渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105Hz，某时刻该超声波在水中传播的波

动图像如图所示．(1)从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3m处质点做简谐运动的振动图像(至少一个周期)．(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．物理月考答案及解析：1．B【解析】A．根据题意得，物体下滑到底端

时，速度方向不同，所以速度不同，A错误B．根据动能定理，设到底端时速度为v，2102mvmgh−=，两次物体到底端速度2vgh=，相同，而重力功率为yPmgv=，因为与竖直方向夹角不同，所以yv不同，重力功

率不同，B正确C．设斜面倾角为，有21sinsin2hgt=，所以运动时间：22sinhtg=，所以运动时间不同，C错误D．全程重力的平均功率：mghPt=，因为时间不同，所以重力的功率不同，D错误2．C【

解析】A．做曲线运动的物体，所受的合力可能不变，如平抛运动，故A错误；B．物体做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，故B错误；C．平抛运动加速度为重力加速度，是匀变速曲线运动，故C正确；D．一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动合成，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线

上时，合运动是曲线运动，故D错误。故选C。3．D【解析】根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，各导线在各个区域产生的磁场方向如图所示导线1、2、3在中心

O产生的磁场方向都是垂直纸面向里，只有导线4产生的磁场的方向向外，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断I4故选D。4．D【解析】A．原子核发生衰变时要释放能量，根据2Emc=所以衰变后的总质量减小，质量数不变，故A错误；B．γ射线的穿透能力比β射线强，故

B错误；C．23892U衰变成20682Pb，α衰变一次质量数减少4个，次数23820684n−==β衰变的次数为88282926n=+−=即要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；D．在原子核中，比结合能越大表示核子结合成原子核时平均每个核子

放出的核能越大，故原子核中核子结合得越牢固，故D正确。故选D。5．D【解析】A．“大气一号”卫星在轨道b上远地点时的速度小于在圆轨道a上的速度，而在圆轨道a上的速度小于第一宇宙速度，则“大气一号”卫星在轨道b上远地点时的速度小于第一宇宙速度，则A错误；B．

根据开普勒第三定律，卫星在轨道b上的半长轴小于轨道a上运动的运动半径，则“大气一号”卫星在轨道b上运动的周期小于在轨道a上运动的周期，B错误；C．“大气一号”卫星在轨道b上远地点做离心运动时才能进入轨道a，则需要

在轨道b上远地点加速，动能增加，所以“大气一号”卫星在轨道b上的机械能小于在轨道a上的机械能，C错误；D．根据开普勒第二定律，“大气一号”卫星在轨道b上从近地点向远地点运动的过程中速度逐渐减小，D正确。故选D。6．B【解析】根据图像可知，两

列波的波长关系为ab因为在同一介质中波速相等，则根据公式vf=可知abff故选B。7．C【解析】A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项A

错误；B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；C．圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；D．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内

做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项D错误。故选C。8．D【解析】A．从O到M的过程，由动能定理可知2012mghmv=解得滑块运动到M的速度大小为05m/sv=故A错误；B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为22m/sm

gam==由位移公式可得22012vvxa−=−可得滑块运动到N的速度大小为3m/sv=故B错误；C．由N到P，根据速度位移公式222vxa=解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小2m/sv=−（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量5NsIpmvmv=

=−=−故C错误；D．由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功22112.5J22Wmvmv=−=−故D正确。故选D。9．B【解析】A．长征五号加速上升，故合外力方向竖直向上，A错误；B．长征五号加速上升，加速度方向与速度方

向相同，B正确；C．长征五号加速上升，故合外力方向竖直向上，与速度方向相同，C错误；D．由牛顿第二定律，长征五号加速上升过程中，加速度与合力方向相同，D错误。故选B。10．D11．A12．B【解析】10．加速度是表示物体速度变

化快慢的物理量。故选D。11．相等时间间隔内，汽车的位移逐渐增大，则汽车做加速运动。故选A。12．汽车在第1s末的速度大小为5.47.2m/s6.3m/s2v+==故选B。13．0.3180.430偏小【解析】（1）[1]每两个相邻的计数点之间还有4个点未标出，故两计数点的时间间

隔T=0.1s。计数点4的瞬时速度为3、5段的平均速度，所以-235411.955.6010m/s0.318m/s220.1xvT−==[2]根据匀变速直线运动有2xaT=得-2224534223.392

.9610m/s0.430m/s0.1xxaT−−===（2）[3]交流电的频率稍大，则实际打点周期变小，则实验中采用的间隔时间偏大，根据2xaT=知，加速度的测量值偏小。14．1.500.27C【解析】(1)[1]小灯泡额

定电压为2.5V，故电压表选择0~3V的量程；测绘小灯泡的伏安特性曲线时，电压、电流需从0开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法。故实物连接图如下图所示：(2)[2][3]结合量程可读出电压表的示数为1.50V，故小灯泡的功率P＝UI＝0.27W(3)[

4]随着电压的增大，小灯泡的电阻越来越大，故C正确。15．（1）3PEmgR=（2）12fWmgR=（3）2sR=；52kEmgR=【分析】由B点对导轨的压力可求得物体在B点的速度，则由动能定理可求得弹簧对物块的弹力所做的功，根据能量守恒知开始时弹簧储存的弹性势能；由临界条件利用向心力公式可求

得最高点的速度，由动能定理可求得摩擦力所做的功；由C到落后地面，物体做平抛运动，机械能守恒，则由机械能守恒定理可求得落回水平地面时的动能【解析】（1）设物块滑到B点的速度为Bv；由牛顿第二定律可得：2BvNmgmR−=，7Nmg=；得6BvgR

=；设开始时弹簧储存的弹性势能为PE；由212PAEWmv==弹，A至B光滑，即ABvv=，联立解得3PEmgR=；（2）设物块恰能到达C点的速度为Cv；由2CvmgmR=得CvgR=；设物块从B到C克服阻力做的功为fW；由能量守恒可得2211222BCfmvmvm

gRW=++，解得12fWmgR=；（3）物块离开C点做平抛运动；由2122Rgt=，CSvt=，得2SR=由能量守恒可得2122KCEmgRmv=+，解得52KEmgR=．16．（1）2qELm（2）32mEqL（3）23126xLn=−,其中n=2、3、4、5、6、

7、8【解析】试题分析：（1）由题意可知aO=L,粒子在aO加速过程中有由动能定理：2012qELmv=解得粒子经过O点时速度大小：02qELvm=（2）粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径

为R0，由几何关系可得：0003cos603RRL−=由洛伦兹力提供向心力得：2000vqvBmR=联立以上解得：32mEBqL=（3）若粒子在磁场中一共经历n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R,由几何关系可得：0032tan30

cos30=36LnRL+依题意得:00<RR联立解得：9n<97，且n取正整数设粒子在磁场中的运动速率为v，则有：2vqvBmR=在电场中的加速过程，由动能定理：212qExmv=联立解得：23126xLn=−

,其中n=2、3、4、5、6、7、8考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动17．50cm40cmHg【分析】求出A、B两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气柱的长度

．【解析】气体的状态参量：pA1=pB1=p0=30cmHg，VA1=VB1=L0S=40S，PB2=PA2+h=PA2+16cmHg，VB2=LBS=80S-VA2=80S-LAS，由玻意耳定律得：PA1VA1=PA2VA2，即：30×40S=PA2LA2S①PB1V

B1=PB2VB2，即：30×40S=（PA2+16）（80S-LAS）②由①②解得：LA=50cm，LB=30cm，pA2=24cmHg，pB2=40cmHg18．(1)；(2)3000m【解析】(1)该波的周期为T=1f=1×10－5s由波动图像知，此时x＝7.5×10－3m处的质点

位于负的最大位移处，所以，从该时刻开始计时，该质点的振动图像如图所示(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3m由波速公式得v=λf鱼群与渔船的距离为x=12vt联立代入数据得x=3000m