四川省內(nèi)江市2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期2月月考物理試題（解析版）

內(nèi)江市2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期2月

月考試題

第1卷

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-5題只有一項(xiàng)

符合題目要求，第6-8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，

有選錯(cuò)的得0分。

1.紅蠟塊能在玻璃管的水中勻速上升，若紅蠟塊在A點(diǎn)勻速上升的同時(shí)，使玻璃管水平向

右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌跡可能是圖中的（）

A.直線P

B.曲線Q

C.曲線R

D.無(wú)法確定

K答案HB

K解析》由題意可知紅蠟塊在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若使玻璃管水平向右做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，則紅蠟塊在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，

其速度方向與水平方向的夾角的正切值為

VV

tanθ=-=-

匕at

由上式可知6隨/的增大而減小，而蠟塊速度方向沿軌跡切線方向，所以紅蠟塊實(shí)際運(yùn)動(dòng)的

軌跡可能是圖中的曲線。。

故選B。

2.2022年5月10日1時(shí)76分，天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船采用快速交會(huì)對(duì)接技術(shù)，順利與在軌運(yùn)

行的天和核心艙進(jìn)行交會(huì)對(duì)接。對(duì)接前，天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)，近地點(diǎn)A

和遠(yuǎn)地點(diǎn)B,如圖所示；天和核心艙在離地球表面高度〃處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若對(duì)接地點(diǎn)在

橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B,下列說(shuō)法正確的是（）

A.天舟四號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度小于在B點(diǎn)的運(yùn)行速度

B.天舟四號(hào)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大，機(jī)械能減小

C.在交會(huì)對(duì)接前天舟四號(hào)的運(yùn)行周期比天和核心艙的運(yùn)行周期大

D.天舟四號(hào)在8點(diǎn)點(diǎn)火加速，才能與天和核心艙順利完成對(duì)接

K答案』D

K解析』A.由開(kāi)普勒第二定律知，天舟四號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度大于在B點(diǎn)的運(yùn)行速度，

故A錯(cuò)誤；

B.天舟四號(hào)從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，只有萬(wàn)有引力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大，

機(jī)械能不變，故B錯(cuò)誤；

C.由開(kāi)普勒第三定律可知在交會(huì)對(duì)接前天舟四號(hào)的運(yùn)行周期比天和核心艙的運(yùn)行周期小，

故C錯(cuò)誤；

D.要使天舟四號(hào)從低軌道到高軌道，應(yīng)該使天舟四號(hào)在B點(diǎn)點(diǎn)火加速，使萬(wàn)有引力小于其

需要的向心力，從而離心到更高軌道，才能與天和核心艙順利完成對(duì)接，故D正確。

故選D。

3.如圖，A、B兩球用勁度系數(shù)為人的輕彈簧相連，B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于。點(diǎn)，A球固

定在。點(diǎn)正下方，且。、A間的距離恰為L(zhǎng),此時(shí)繩子所受的拉力為工，彈簧的彈力為"，

現(xiàn)把A、B間的彈簧換成勁度系數(shù)為&（K>&）的輕彈簧，仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受

的拉力為刀，彈簧的彈力為工，則下列說(shuō)法正確的是（）

A

A..T1<T2B.T1>T,C.T1=T2D.F↑-F2

R答案HC

K解析》以小球B為研究對(duì)象，分析受力情況，由平衡條件可知，彈簧的彈力廠和繩子的

拉力T的合力”與重力〃怨大小相等，方向相反，即

F合=mg

如圖所示

F合

mgFT

OA~AB~OB

由于Q4=O8,則有

T=mg

繩子的拉力T只與小球B的重力有關(guān)，與彈簧的勁度系數(shù)k無(wú)關(guān)，則有

Ti=T2

假設(shè)AB間距離不變，由于Z減小，則彈簧彈力減小，故AB間距離減小，則有

F1>F2

故選C。

4.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷.一帶電微粒水平射

入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么

AI

._M

*N

'、?、

Bt；

A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加

C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加

D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加

K答案』c

K解析］A、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，合力向下，電場(chǎng)力可能向

上而小于重力，也可能向下，故無(wú)法判斷A板的帶電情況，A錯(cuò)誤；

B、電場(chǎng)力可能向上，也可能向下，故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能可能增加，也可能減

小，B錯(cuò)誤；

C、粒子在電場(chǎng)力和重力的合力作用下做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和重力的合力向下，故從M

到N動(dòng)能增加，C正確；

D、電場(chǎng)力可能向上，也可能向下，故微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程，電場(chǎng)力可能做負(fù)功，

也可能做正功，故機(jī)械能可能增加，也可能減少，D錯(cuò)誤：

5.如圖所示,其中電流表A的量程為0.6A,表盤(pán)均勻劃分為30個(gè)小格,每一小格表示0.02A；

Rl的阻值等于電流表內(nèi)阻阻值的一半；R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍.若用電流表A的

表盤(pán)刻度表示流過(guò)接線柱1的電流值，則下列分析正確的是（）

A.將接線柱I、2接入電路時(shí)，每一小格表示0.04A

B.將接線柱1、2接入電路時(shí)，每一小格表示0.02A

C.將接線柱1、3接入電路時(shí)，每一小格表示0.06A

D,將接線柱1、3接入電路時(shí)，每一小格表示0.0IA

K答案HC

K解析》當(dāng)接線柱1、2接入電路時(shí)，Rl與電流表并聯(lián)，由于RI=ZL,可知流過(guò)Rl的電

流為流過(guò)電流表電流的2倍，所以1、2接線柱間的電流為通過(guò)電流表電流的3倍，所以每

一小格是原來(lái)的3倍，即為0.06A,所以A、B錯(cuò)誤；當(dāng)接線柱1、3接入電路時(shí)，電流表

與Rl并聯(lián)，然后再與R2串聯(lián)，串聯(lián)電阻對(duì)電流無(wú)影響，與1、2接入電路的效果一樣，所

以每一小格表示0.06A,C正確，D錯(cuò)誤.

6.如圖所示，傾角為。的斜面上有質(zhì)量分別為、〃?B的A、B兩物塊，它們之間用輕線

連接，用始終平行于斜面向上的拉力尸拉A,使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。為了減小輕線上的張力，可行的辦法是（）

B.只增大A的質(zhì)量

C.只減小傾角。

D.只減小動(dòng)摩擦因數(shù)〃

R答案HAB

K解析1根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體有

F-(WA+/77B)gsin^-/z(mA+/77B)gcos(9=(mA+∕w13)α

可得，加速度大小為

F

a=--------gsin。一〃gcosθ

+mn

對(duì)B由牛頓第二定律

T-mκgsinθ-μιnκgcosθ-nιaa

得到輕線上的張力為

T=mBgsinθ+〃〃ZBgcosθ+mRa

加A+mB

可知，則要減小T,可減小拉力尸或增大A的質(zhì)量，與傾角。、動(dòng)摩擦因數(shù)"無(wú)關(guān)。

故選AB。

7.如圖所示，電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值，開(kāi)關(guān)S閉合，平行板電容

器中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表VnV2、V3;

的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為'AU2'A∕,理想電流表Al示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△/1，

下列說(shuō)法正確的是（)

A.質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)，理想電流表A2中有從a流向b的瞬間電流

△5:5,

B.

?∕lI1?∕1

C.電源的輸出功率減小

D.電源的效率變小

K答案』ABD

K解析』A.將電流表看作導(dǎo)線，將電壓表看作斷路，發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器與定值電阻與電源

串聯(lián)，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電路阻值減小，根據(jù)串聯(lián)分壓原理，

滑動(dòng)變阻器兩端電壓減小，則電容器兩端電壓減小，則電容器放電，則理想電流表A2中有

從。流向6的瞬間電流，故A正確；

B.令滑動(dòng)變阻器接入電路阻值R',根據(jù)閉合電路歐姆定律

t∕3=E-∕l(7?+r)

Ul=LR

U2=E-Iir

由此可得

M=R+r

牛=R

△1、

電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻，?的阻值，故

更,4,坐

?∕lI1?∕1

故B正確；

C.電源的輸出功率

EE2

弓=（)2R+R,=

R+R'+r2

2r+R+R'+-

R+R'

當(dāng)R+R'=r時(shí)，電源輸出功率最大，因?yàn)镽+H'一定大于r,故隨著R'減小，電源的輸

出功率增大，故C錯(cuò)誤；

D.電源的效率

由以上分析可知，滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，R'減小，電源的效率變小，故D正確。

故選ABDo

8.如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A,滑塊A受到隨

時(shí)間t變化的水平拉力尸作用時(shí)，用傳感器測(cè)出滑塊A的加速度a,得到如圖乙所示的a-F

圖像，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取IOm?2,則（）

A,滑塊A的質(zhì)量為4kg

B.木板B的質(zhì)量為2kg

C.當(dāng)尸=ION時(shí)滑塊A加速度為6m∕s2

D.滑塊A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

K答案2BC

K解析DABD.設(shè)滑塊A的質(zhì)量加，木板B的質(zhì)量為M,滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為〃。由題圖乙可知，當(dāng)

F=Fm=6N

時(shí)，滑塊A與木板B達(dá)到最大共同加速度為

‰=2m∕s2

根據(jù)牛頓第二定律有

Fm=(M+ni)am

解得

M+∕∕ι=3kg

當(dāng)廠＞10N時(shí)，A與5將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A單獨(dú)應(yīng)用牛頓第二定律有

F-μmg=ma

整理得

F

Q=——μs

m

根據(jù)題圖2解得

Jn=1kg

μ=0A

則

M=2kg

AD錯(cuò)誤，B正確；

C.當(dāng)尸=IoN時(shí)，木板A的加速度為

F-μmg2

aA=-----------=6m∕s

m

C正確。

故選BCo

二、非選擇題：

(-)必考題：

9.用如圖所示的裝置探究加速度、力和質(zhì)量的關(guān)系，帶滑輪的長(zhǎng)木板水平放置，彈簧測(cè)力

計(jì)固定在墻上，小車(chē)上固定一定滑輪，細(xì)繩通過(guò)滑輪連接彈簧測(cè)力計(jì)和沙桶。

A.用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)量

B.將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力

C.為了減小誤差，實(shí)驗(yàn)中要保證沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量

D.應(yīng)當(dāng)先釋放小車(chē)，再接通電源

(2)利用打點(diǎn)頻率為50HZ的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，得到的一條紙帶如圖所示(圖中每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)

間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出)。

f￡

Z23Cm

.62-3.,845.Oo6.

則在該次實(shí)驗(yàn)中小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m∕s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

(3)某同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)，未把木板的一側(cè)墊高，就繼續(xù)進(jìn)行其他實(shí)驗(yàn)步驟，該同學(xué)作出的小

車(chē)的加速度〃與彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)F的圖像如圖所示，則實(shí)驗(yàn)中小車(chē)受到的摩擦力大小為

K答案Il(I)B(2)1.19(3)2Fo

K解析Il(I)RUB.為了使得細(xì)繩對(duì)小車(chē)的彈力等于小車(chē)所受外力的合力，實(shí)驗(yàn)時(shí)，需

要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力，故B正確；

AC.由于彈簧測(cè)力計(jì)能夠直接測(cè)量出細(xì)繩的拉力大小，即可以直接求出小車(chē)所受外力的合

力，并沒(méi)有用沙與沙桶的重力表示細(xì)繩的拉力，所以實(shí)驗(yàn)中不需要用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)

量，也不需要保證沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，故AC錯(cuò)誤；

D.使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，應(yīng)當(dāng)先接通電源，后釋放紙帶，故D錯(cuò)誤。

故選B。

(2)K2∑根據(jù)逐差法可得小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

[(5.00+6.23)-(2.62+3.84)]χ10^2,…，2

a=---------——；-----------m/s2≈1.19m∕s'

4×0.12

(3)K3∑若實(shí)驗(yàn)時(shí)未把木板的一側(cè)墊高，則有

2F-f=Ma

所以

MM

結(jié)合圖像，將坐標(biāo)(Fo,0)代入函數(shù)式，解得

f=2F0

10.在測(cè)定一根粗細(xì)均勻合金絲Rx的電阻率的實(shí)驗(yàn)中:

（1）利用螺旋測(cè)微器測(cè)定合金絲的直徑，示數(shù)如圖（a）所示，則可讀得合金絲的直徑為

（2）待測(cè)合金絲號(hào)的電阻約為6。，實(shí)驗(yàn)室另外還提供的儀器有：

A.電壓表V（內(nèi)阻約為10kΩ,量程為3V）

B.電流表Al（內(nèi)阻約為3Q,量程為0.6A）

C.電流表A2（內(nèi)阻約為0.1C,量程為3A）

D.滑動(dòng)變阻器R（阻值為0~5C,額定電流為2A）

E.電源E（電動(dòng)勢(shì)為5V,內(nèi)電阻為1Ω）

F.一個(gè)開(kāi)關(guān)、若干導(dǎo)線

①要求較準(zhǔn)確地測(cè)出其阻值，電流表應(yīng)選o（填序號(hào)）

②請(qǐng)根據(jù)以上儀器，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路圖，并在圖（b）中完成電路圖的實(shí)物連線,耍

求實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)變化范圍盡量大。

③按圖（b）電路測(cè)得的阻值真實(shí)值。（選填“大于”、“等于”或“小于”）

K答案》⑴0.608（2）①B②Fp

K解析H（1）Kl∑合金絲的直徑為d=0.5mm+10.8x0.Olmm=0.608mm

（2）K2∑由于被測(cè)電阻約為6Q,電源電動(dòng)勢(shì)為5V,內(nèi)阻為1Q,則電路中出現(xiàn)的最大電

流約為

E

mF),=0.7A

/?+r

2

如果選擇0~3A量程電流表，指針沒(méi)超過(guò)儀表盤(pán)的;，讀數(shù)誤差會(huì)太大，所以選0~0.6A

量程的的電流表。

故選B0

K3》滑動(dòng)變阻器如果采用限流式接法，電路的電流變化范圍較小，所以要采取分壓式接法,

讓滑動(dòng)變阻器起分壓作用，被測(cè)電路中的電流變化范圍就變大。由待測(cè)金屬絲的電阻較小,

電流表的內(nèi)阻與待測(cè)電阻相差不大，內(nèi)接法會(huì)產(chǎn)生很大的分壓效果，造成較大的誤差，因此

電流表應(yīng)選采用外接法，電路如下圖

R,

K4∑電流表采用外接法，此時(shí)電壓表分流導(dǎo)致電流測(cè)量值偏大，由部分電路的歐姆定律有

可知R的測(cè)量值小于真實(shí)值。

11.如圖所示，AB面光滑、傾角8=30。的斜面體固定在水平桌面上，桌面右側(cè)與光滑半圓

形軌道CZ）相切于C點(diǎn)，圓弧軌道的半徑R=0.1m。物塊甲、乙用跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的輕繩

連接，開(kāi)始時(shí)乙被按在桌面上，甲位于斜面頂端4點(diǎn)，滑輪左側(cè)輕繩豎直、右側(cè)輕繩與4B

平行；現(xiàn)釋放乙，當(dāng)甲滑至AB中點(diǎn)時(shí)輕繩斷開(kāi)，甲恰好能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)力。已知

AB長(zhǎng)L=Im,桌面BC段長(zhǎng)/=0.5m,甲質(zhì)量A/=1.4kg、乙質(zhì)量W=O.lkg,甲從斜面滑上桌

面時(shí)速度大小不變，重力加速度大小取g=Iom/Sz,不計(jì)空氣阻力。求:

BC

(I)繩斷時(shí)甲的速度大?。?/p>

(2)甲進(jìn)入圓形軌道C點(diǎn)時(shí)，甲對(duì)軌道壓力大小;

(3)甲與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

K答案H(1)2m/s：(2)75N；(3)0.4

K解析Il(I)設(shè)輕繩斷開(kāi)時(shí)甲速度的大小為匕，根據(jù)機(jī)械能守恒有

Mgqsin6-mgg=g(M+m)v^

解得

v∣=2m∕s

(2)甲恰到達(dá)。時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有

Mg=M均

R

設(shè)甲到達(dá)C時(shí)速度大小為％,由C到。的過(guò)程，由動(dòng)能定理得

1,21,

-IMgR=-Mvo--Mv^

在C點(diǎn)處甲受到支持力為N,由牛頓第二定律有

2

N-Mg=M菅

由牛頓第三定律，軌道受到壓力大小為

F=N

聯(lián)立解得

VD=lm∕s,F=75N

(3)甲從繩斷處到D點(diǎn)全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

Mg^sinθ-μMgl-2MgR=

解得

μ=0.4

12.如圖所示，光滑絕緣的水平面上方空間內(nèi)存在足夠大、方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度為E的

勻強(qiáng)電場(chǎng)。水平面上小物塊A、B質(zhì)量均為相、相距為L(zhǎng)其中A帶正電，電荷量為＜7,B

不帶電，某時(shí)刻同時(shí)由靜止釋放A、B,此后A與B之間的碰撞均為彈性正碰，且碰撞過(guò)程

中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。求:

E

?f?

L

(1)第1次碰撞后B的速度;

(2)第2次碰撞與第3次碰撞之間的時(shí)間間隔:

(3)第〃次碰撞到第〃+1次碰撞過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)A球做的功。

&里；⑵2,她2mL；⑶4〃祖

K答案》(1)

mqE

K解析II(I)設(shè)第一次碰撞前A的速度為%,碰撞后A、B的速度分別為人|、Ki，由動(dòng)

能定理

qEL=?mv1

解得

Vm

A、B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=mvM+mvBI

121212

聯(lián)立解得

vAl=0

…二h?2τqEL

(2)設(shè)A、B第二次碰撞前后速度分別為“20、％2。、VA2、/2,從第一次碰撞到第二次

碰撞過(guò)程

號(hào)=彩片

可得

vA20?2vθ

二次碰撞過(guò)程A與B交換速度，碰后速度分別為

VA2=VO

%=2%

設(shè)A、B第三次碰撞前后速度分別為VA30、％30、VA3、VB3,從第二次碰撞到第三次碰撞過(guò)

程

r

°+"A30ΓT

FkI與=VB2心

可得

Ao=3%

第三次碰撞過(guò)程A與B交換速度，碰后速度分別為

入=%%=3%

所以第二次碰撞到第三次碰撞過(guò)程由

.--

a

由牛頓第二定律得

qE

a=——

m

聯(lián)立可得

(=2修

(3)上一問(wèn)分析可知每第n次碰撞后到第〃+1次磁撞前的過(guò)程時(shí)間都相同等于

2mL

T=2I——

VqE

第n次碰撞后B的速度

?2qEL

v

Bn二〃J

Vm

所以位移

尤“=?J=nvaT=4nL

所以電場(chǎng)力對(duì)A做的功為

W=qExn=AnqEL

（二）選考題：

K物理——選修3-4∑

13.圖（a）為某一簡(jiǎn)諧橫波在f=0時(shí)刻的圖像，x=6m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖（b）所示。

下列說(shuō)法正確的是（）

B.該波的波速為2m∕s

71

C.x=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=4si∏5√cm

D.0~2.5s內(nèi)，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為（8+2，5卜111

E.該波經(jīng)過(guò)寬度為IoCm的障礙物時(shí)不能發(fā)生明顯衍射

K答案2ABD

K解析UA?由圖（b）可知r=0時(shí)x=6m的質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向振動(dòng)，由圖（a）根據(jù)同側(cè)

法可知該波沿X軸負(fù)方向傳播，故A正確；

B.由題圖（a）知；I=8m,由題圖（b）知T=4s,所以波速

λC，

v=—=2m∕s

T

故B正確；

C.由于該波沿X軸負(fù)方向傳播，則