【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cbac02cdc7c6063ebd57ec0d8f5b933a.html

以下为本文档部分文字说明：

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/smga

m==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2211222BCfmvmvmgRW=++，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：0032tan30cos30=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-V

A2=80S-LAS，由玻意耳定律得：PA1VA1=PA2VA2，即：30×40S=PA2LA2S①PB1VB1=PB2VB2，即：30×40S=（PA2+16）（80S-LAS）②由①②解得：LA=50cm，LB=30cm，pA2=24cmHg，pB

2=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