2022-2023学年河南省新郑市新郑高级中学高三上学月11月测试物理试题含解析

新郑市新郑高级中学2022-2023学年高三上学月11月测试物理试题

一、选择题：第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~12题有多项符合题目要求，每小题4分，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做出了巨大贡献，下列选项中说法正确的是（　　）

A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系

C. 楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D. 自然界中的电荷有两种，是美国物理学家密立根将它们分别命名为正电荷和负电荷

【答案】A

【解析】

【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，A正确；

B．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，B错误；

C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，C错误；

D．自然界中的电荷有两种，是富兰克林将它们分别命名为正电荷和负电荷，D错误。

故选A。

2. 如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然减弱时，线圈B中的感应电流方向为（　　）

A. 沿顺时针方向

B. 沿逆时针方向

C. 无感应电流

D. 先沿顺时针方向，再沿逆时针方向

【答案】B

【解析】

【详解】当线圈A中通有减小的逆时针方向的电流时，知穿过线圈B的磁通量垂直向外，且减小，根据楞次定律，线圈B产生与A的电流的方向相同，即逆时针方向的电流。

故选B。

3. 质量的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动

B. 4s末物体的速度为零

C. 6s内合外力的冲量为

D. 6s内合外力做功为8J

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；

B．由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化，物体从静止开始运动，有

在图像中，合外力的冲量即为所围成图形的面积，有

解得

故B错误；

C．图像与坐标轴所围面积表示合力的冲量，合力冲量为

合力冲量为0，则6s内合外力的冲量为，故C正确；

D．由动量定理可得

即

此时的动能为

由于合力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以6s内合外力做功为4J，故D错误。

故选C。

4. 一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示。现使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置。则在这一过程中，力F、绳中张力FT及力F与水平方向夹角θ的变化情况是（　　）

A. F保持减小，FT逐渐增大，夹角θ逐渐减小

B. F逐渐减小，FT保持不变，夹角θ逐渐减小

C F逐渐减小，FT保持不变，夹角θ逐渐减小

D. F逐渐增大，FT逐渐不变，夹角θ逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，绳子的拉力始终等于mg，即FT保持不变，由于两个绳子的拉力等于mg，夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，故使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置的过程中，拉力F逐渐变大，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐竖直，θ逐渐增大。

故选D。

5. 如图所示。质量均为ma、b两小球用不可伸长的长度均为L的轻质细绳悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏高竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A. 小球a运动到最高点时受到的绳子拉力为

B. 小球a摆动到最低点时的速度大小为

C. 小球b做圆周运动的速度大小为

D. 小球b做圆周运动的周期为

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球a运动到最高点时速度为0，将重力分解，拉力为

故A错误；

B．小球a摆动到最低点过程中，由动能定理得

解得

故B错误；

CD．小球b在水平面内做匀速圆周运动，则

解得

根据

可得小球b做圆周运动的速度大小

故D正确，C错误。

故选D。

6. 在如图所示的电路中，电压表和电流表均视为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，灯泡的电阻恒定不变，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，则下列判断正确的是（　　）

A. 灯泡变亮 B. 电容器的带电量变大

C. 电源的效率减小 D. 变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，其接入阻值变大，回路总电阻变大，干路电流变小，灯泡变暗，A错误；

B．由闭合电路欧姆定律可得

可知路端电压变大，电容两端电压变大，所带电量变大，B正确；

C．电源的效率可表示为

可知电源的效率增大，C错误；

D．由闭合电路欧姆定律可得

故保持不变，D错误。

故选B。

7. 如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则（　　）

A. 由上往下看，液体做顺时针旋转

B. 液体所受的安培力大小为1.5×10﹣4N

C. 闭合开关10s，液体具有的热能是4.5J

D. 闭合开关后，液体热功率为0.081W

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转.故选项A不符合题意.

B.电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律

E＝U+IR0+Ir

代入数据可得电路中的电流值

I=0.3A，

液体所受的安培力大小为

F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N

故选项B不符合题意.

C.液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体的热能

Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10＝0.81J

故选项C不符合题意.

D.玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为

P热＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W

故选项D符合题意.

8. 如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度E的大小随x变化的规律如图乙所示。若一电子（电荷量大小为e）仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，以下说法正确的是（　　）

A. 该电子做匀变速直线运动

B. x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向

C. MP两点电势差为－45V

D. 图象中的E0的数值为1.2

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．由图乙可知，从M点到P点过程，电场强度逐渐减小，又因为电子仅受到电场力的作用，可知该电子的加速度逐渐减小，故电子不是做匀变速直线运动，A错误；

B．电子从M点运动至P点过程电势能减小，电场力做正功，可知电子受到的电场力沿+x方向，场强沿-x方向，B正确；

C．由功能关系可得

解得

C正确；

D．乙图中图线下方的面积与电荷量e的乘积表示电势能的减少量，可得

代入数据解得

故图象中的E0的数值为1.2，D正确。

故选BCD。

9. “天问一号”火星探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道（如图所示）。“天问一号”在近日点短暂点火后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是（　　）

A. 两次点火喷射方向都与速度方向相同

B. 两次点火之间的时间间隔为

C. “天问一号”在地球轨道上的线速度大于在火星轨道上的线速度

D. “天问一号”在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．两次点火都是从低轨道向高轨道转移，需要加速，所以点火喷射方向都与运动方向相反，A错误；

B．探测器在地球轨道上由万有引力提供向心力有

由开普勒第三定律得

两次点火之间的时间为

联立解得

B正确；

C．“天问一号”在绕太阳做匀速圆周运动时满足

可得

在地球轨道上运行时轨道半径较小，故线速度较大，C正确；

D．由牛顿第二定律可得

解得

“天问一号”在霍曼转移轨道上P点与在火星轨道上P点位置相同，到太阳球心距离R相同，故加速度相同，D错误。

故选BC。

10. 如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向下运动，可以采取的措施是（　　）

A. 增大磁感应强度B

B. 调节滑动变阻器滑片向下滑动

C. 增大导轨平面与水平面间的夹角θ

D. 将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变

【答案】CD

【解析】

【详解】A．金属杆ab刚好处于静止状态，根据平衡条件可得

增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，A错误；

B．调节滑动变阻器滑片向下滑动，其接入阻值减小，电流增大，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，B错误；

C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ，导致

金属棒将沿导轨向下运动，C正确；

D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿导轨向下，金属棒将沿导轨向下运动，D正确。

故选CD。

11. 如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100N/m，其下端拴一质量m＝1kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2kg的物体B，对B施加一个竖直向上、大小为35N的力F，系统处于静止状态。现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝5m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10m/s2，则（　　）

A. 两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为20N

B. 两物体分离时，弹簧刚好恢复原长

C. 改变力F的大小后经0.2s，A、B两物体分离

D. 从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84J

【答案】AC

【解析】

【详解】A．系统静止时，弹簧处于压缩状态，设压缩量为x1，则

代入数据解得

A、B两物体刚开始匀加速下降时有

代入数据解得

A正确；

B．设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有

代入数据得

故两物体分离时，弹簧处于拉伸状态，B错误；

C．A、B分离瞬间整体下降的距离为

而

代入数据得

C正确；

D．刚开始和两物体分离瞬间，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理可得

其中

联立解得

D错误；

故选AC

12. 如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L=0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B=1T．内阻的金属杆在F=5N的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有（　　）

A. R越小，vm越大

B. 金属杆的最大速度大于或等于20 m/s

C. 在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能

D. 金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比

【答案】BD

【解析】

【详解】根据法拉第电磁感应定律可得,根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流,匀速运动时受力平衡,则计算得出: ,由此可以知道, R越小，vm越小，故A错误； 当时,最小,此时,所以金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ,故B正确；根据功能关系可以知道,在金属杆达到最大速度之前,恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与金属杆动能增加之和,故C错误;金属杆达到最大速度后,有 ,所以,根据恒定电流的微观计算公式可得 ,计算得出,所以金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，故D正确；故选BD

二、非选择题（本题共5小题，共54分）

13. 某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00cm不变。（弹簧均在弹性限度内）

（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是________N。

（2）在（1）问中若保持OA与OB夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将________，弹簧秤乙的读数大小将________。（填“变大”、“变小”、“先变小后变大”）

【答案】    ①. 5.00    ②. 变小    ③. 先变小后变大

【解析】

【详解】（1）[1]弹簧秤乙的最小分度为0.1N，应估读到0.01N，读数是3.00N，根据胡克定律可得，弹簧AA′的拉力大小为

OA、OC间夹角为，由三力平衡原理可知，弹簧秤甲的读数等于弹簧AA′的拉力与弹簧秤乙的拉力的矢量和，即

（2）[2][3]若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，甲、乙两弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧秤甲的读数大小将变小，弹簧秤乙的读数大小将先变小后变大。

14. 某同学利用电压表和电阻箱测定特殊电池的电动势（E约为9V，r约为50Ω）。已知该电池最大允许电流为150mA，该同学利用图示电路实验，电压表内阻约为2kΩ，R为电阻箱，阻值范围0~9999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用

(1)定值电阻R0有以下几种规格，保护电阻应选_______（填入相应的字母）

A.2Ω  　　  B.20Ω  　　  C.200Ω  　　  D.2000Ω

(2)在实物图中，已正确地连接了部分电路，请完成余下电路的连接_______

(3)该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图所示，其读数为________V

(4)改变电阻箱阻值， 取得多组数据，  作出图示图线， 则电动势E为____V，内阻r为____Ω。（保留两位有效数字）

【答案】    ①. B    ②.     ③. 6.5    ④. 10    ⑤. 50

【解析】

【详解】(1)[1]最大电流为150mA，最小总电阻为

最小保护电阻为

应该选B；

(2)[2]见实物连接图；

(3)[3]电压表用的应该是0~15V量程，按5分度的电表的读数规则读数，应为6.5V

(4)[4]由

得

由图可知

解得

[5]由图知

解得

15. 图为直流电动机提升重物的装置图，重物的质量20kg，电源电动势100V，电源内阻3，当电动机0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，电路中的电流。不计绳的重力，不计摩擦阻力与空气阻力，取重力加速度大小，求：

（1）电动机的输入功率；

（2）电动机线圈的电阻；

（3）电源的工作效率。

【答案】（1）188W；（2）22；（3）94%

【解析】

【详解】（1）电池内电压

根据闭合电路欧姆定律

可得

根据

代入数据

（2）电动机工作时

由焦耳定律

又

联立解得

（3）电源的工作效率

代入数据

16. 如图所示，光滑倾斜轨道AB和光滑半圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长，倾角为37°，BC弧的半径，O为圆心。两个相同的小球P和Q，质量均为，小球Q静止在A点，小球P从某一位置以的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性正碰。，，g取10m/s2。求：

（1）小球P的抛出点距A点的高度；

（2）小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力是多少？；

（3）通过计算判断小球Q能否通过最高点C。

【答案】（1）0.45m；（2）52N；（3）Q能通过最高点C

【解析】

【详解】（1）根据几何关系可得

A点速度竖直方向分速度

竖直方向根据运动学公式

（2）根据动量守恒定律可得

根据机械能守恒定律

解得

设小球P从A滑到B点时由动能定理得

在B点根据牛顿第二定律

解得

结合牛顿第三定律可知小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力也为52N。

（3）Q从A到C的过程中，由动能定理得

解得

刚好过最高点时

解得

由于

所以Q能通过最高点C。

17. 在平面坐标系第Ⅰ像限内有沿x轴负方向的匀强电场，虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界，在第Ⅱ、Ⅲ像限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近D板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上处的A点垂直于x轴射入电场，粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向，不计粒子的重力。要使粒子不从PQ边界射出，求：

（1）粒子运动到A点的速度大小；

（2）匀强电场的场强大小E；

（3）虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由动能定理得

可得粒子运动到A点的速度大小

（2）水平方向做匀加速运动

根据动能定理

联立解得

（3）带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力

当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时，粒子不从PQ边界射出，虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度

解得

18. 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0＋kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计。

（1）线圈中的感应电流的方向；

（2）求t=0时刻，线框中的感应电流的功率P；

（3）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；

（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大。

【答案】（1）顺时针；（2） ；（3） ；（4）见解析

【解析】

【详解】（1）由“磁感应强度B随时间t的变化规律B=B0＋kt（k为大于零的常数）”知，B随t均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，根据楞次定律得，线框中的感应电流方向为顺时针。

（2）根据法拉第电磁感应定律，t=0时刻线框中的感应电动势为

E0=L2

由功率

P=

解得

P=

（3）由动能定理W=ΔEk，得

W=mv2

线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势

线框中的电流

通过的电荷量

（4）t=0时刻，n匝线框中产生的感应电动势

线框的总电阻

R总=nR

线框中的电流

I=

t=0时刻线框受到的安培力

F=nB0IL

设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有

F=（M＋nm）a

解得

由此可知，n越大，a越大。