贵州省铜仁市思南中学2023-2024学年高三上学期第二次月考物理 Word版含解析.docx

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贵州省思南中学2024届高三第二次月考物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2023年4月12日21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。下列关于核聚变的说法正确的是（　　）A.核电站采用核聚变技术发电B.任何两个原子核都可以发生聚变C.两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大D.两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和【答案】C【解析】【详解】A．核电站采用核裂变技术发电，故A错误；B．自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能发生核聚变，故B错误；C．两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故C正确；D．两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故D错误。故选C。2.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）A.“笛音雷”在时刻上升至最高点B.时间内“笛音雷”做自由落体运动 C.时间内“笛音雷”的平均速度为D.时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。故选D。3.“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（　　）A.左右两边绳的弹力均不变B.左右两边绳的弹力不相等 C.左边绳弹力变大D.右边绳的弹力变小【答案】A【解析】【详解】B．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以故B错误；ACD．在水平方向空竹处于共点力平衡，设与水平方向的夹角为，与水平方向的夹角为所以所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以弹力大小不变，故A正确，CD错误。故选A。4.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径之比为1：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（　　）A.行星绕太阳做圆周运动的周期为8年 B.由图示位置开始计时，至少再经过年，地球、太阳和行星连线为同一直线C.地球和行星的线速度大小之比为D.经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力提供圆周运动向心力有可得周期所以因为地球公转周期为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；B．地球周期短，故当地球比行星多公转半周时，地球、太阳和行星连线为同一直线，即周期年故B正确，不符合题意；C．根据万有引力提供圆周运动向心力有得线速度可得 故C错误，符合题意；D．行星与太阳连线扫过的面积故故D正确，不符合题意。故选C。5.如图所示，a、b、c是三根平行长直导线的截面，它们的电流大小都相同，a、c中电流方向垂直纸面向里，b中电流方向垂直纸面向外，aO=bO=cO,若直导线a在O点产生的磁感应强度大小为B0，则此时O点的磁感应强度大小应为（　　）A.3B0B.C.D.B0【答案】B【解析】【详解】由安培定则可知，导线ab在O点的磁场方向竖直向下，则合磁场为2B0；导线c在O点的磁场方向向右，大小为B0，则O点的磁感应强度大小故选B。6.质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　） A.推力先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．对滑块受力分析，由平衡条件有滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；故选C。7.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为a光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（　　） A.a光的频率大于b光的频率B.a光的折射率小于b光的折射率C.a光在水中的传播速度比b光小D.a光在水中发生全反射的临界角小于b光在水中发生全反射的临界角【答案】B【解析】【详解】ABD．a光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据知a光的折射率较小，根据光的折射率越小，频率也越小，可知a光的频率小于b光的频率，故AD错误，B正确；C．根据可知知a光在水中传播的速度较大，故C错误；故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值，理想变压器原、副线圈的匝数比，两定值电阻、的阻值相同。在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，、两端电压的变化量分别为、，的电功率的变化量为。下列说法正确的是（　　）A.中电流的频率是中电流频率的2倍B.C. D.当滑片P移到最上端时，两端的电压为【答案】BD【解析】【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误；B．和都是定值电阻，有又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有可得B正确；C．设两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知其电功率的变化量为C错误；D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻，由，，，联立可得由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有 可得两端的电压为，D正确。故选BD。9.利用如图所示的电路做光电效应实验。实验时，闭合开关S，用两种己知频率的入射光照射光电管，在电路中均出现了光电流。电子的电荷量已知，现把电源的正负极对调后，通过实验可以测出（　　）A.普朗克常量B.K极金属材料的逸出功C.一定光强下的饱和光电流D.光电子脱离金属后的最大初动能【答案】ABD【解析】【详解】D．将电源反接，光电管中加反向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0时，电压表的示数为遏止电压，由动能定理得，光电子获得的最大初动能Ekm=eU则该实验可以测量光电子脱离金属后的最大初动能，故选项D正确；AB．根据光电效应方程得Ekm=hν-W0两种入射光的频率ν已知，由该装置可以测出两种入射光光电子获得的最大初动能，从而列出两个方程，解方程组则可以计算出普朗克常量h和金属的逸出功W0，故AB正确；C．若加正向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数不再增大时，电流表的示数为该光强下的饱和光电流，加反向电压不能得到饱和光电流，故C错误。故选ABD。10.如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位）的分布规律为B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为m=0.1kg、电阻R=2Ω的正方形金属框abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd 边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A.金属框进入磁场的过程中电流大小为1AB.金属框进入磁场的过程经历的时间为C.金属框进入磁场的过程中外力F做功为0.35JD.金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到3m/s后不再加速【答案】AC【解析】【详解】A．进入磁场前做自由落体运动，有金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有则感应电流为故A正确；B．金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有刚进入瞬间，安培力为完全进入瞬间，安培力为 所以安培力做的负功大小为又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为故B错误；C．完全进入瞬间，安培力为完全进入磁场时，速度为金属框进入磁场的过程中，由动能定理，得所以外力F做功故C正确；D．金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为v′，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得上下两边产生的安培力的合力为其中：ΔB=1T，根据平衡条件可得联立解得v′=2m/s故D错误。 故选AC。第II卷三、实验题（11题6分，12题9分）11.小明学完平抛运动后，尝试利用平抛运动的知识测量家里的弹射器射出弹丸的速度。小明准备了白纸、米尺、复写纸、支架等材料。实验时，先将白纸和复写纸固定在墙上，并用支架将弹射器固定好，装置如图甲所示。接着压缩弹射器朝墙壁发射弹丸，弹丸通过碰撞复写纸，在白纸上留下落点位置。随后将弹射器沿垂直于墙面方向远离墙壁移动，每次移动的距离为0.2m。通过几次重复实验，挑了一张有4个连续落点痕迹的白纸，如图乙所示。已知重力加速度。（1）下列实验步骤必要的是______。A.在安装时，必须确保弹射器水平放置B.为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸C.每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸D.第一次实验时，需要测量弹射器开口到墙壁的距离（2）根据测量的数据，可知弹丸离开弹射器的速度大小为______m/s，弹丸打到C点时的速度大小为______m/s。（所有计算结果均保留两位有效数字）【答案】①.ABC②.2.0③.2.8【解析】【详解】（1）[1]A．要保证每次钢珠都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大弹丸，故B符合题意；C．为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题意；D．第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。故选ABC。（2）[2]由竖直方向上是自由落体运动，则 解得点迹间的时间间隔为弹丸离开弹射器的速度大小为[3]钢珠刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为弹丸打到C点时的速度大小为12.在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．电流表1（量程2mA，内阻Ω）B．电流表2（量程1A，内阻约10Ω）C．定值电阻ΩD．滑动变阻器R（0～20Ω）E．开关和导线若干（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，MN连接__________（选填“电流表1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；（2）该同学利用测出的实验数据作出的图线（为电流表1的示数，为电流表2的示数，且远小于）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（以上结果皆保留两位有效数字） 【答案】①.电流表1②.4.5③.1.5【解析】【详解】（1）[1]PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1。（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律解得结合图像解得四、解答题（13题10分，14题13分，15题16分）13.如图所示，导热性能良好、上端开口的气缸竖直放置在水平桌面上，横截面积为S一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在气缸内，活塞可在气缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完时，活塞相对于气缸底的高度为气缸高度的三分之二。现用力非常缓慢地上提活塞，最后要能将气缸提离桌面，求气缸的质量M不能超过多大？（己知环境温度不变，大气压强为p0，重力加速度为。）【答案】 【解析】【详解】对气体气缸刚提离桌面时，对缸内气体有V₂=HS根据玻意耳定律有p₁V1=p₂V₂解得14.如图所示，质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球1和2，小球1的质量为3m，小球2的质量为m，小球1位于A环正下方L处，某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向左运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为g，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：（1）轻绳断裂时A、B各自的速度大小；（2）轻绳所能承受的最大拉力；（3）小球1与小球2第一次碰撞过程中，小球1对小球2冲量大小。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有 A、B组成的系统满足机械能守恒，则有联立解得，（2）B到达最低点时轻绳刚好断裂，达到最大拉力，由向心力公式有联立解得轻绳所能承受的最大拉力为（3）绳断后，B球在水平地面向左运动与1号球碰撞，设碰后B球和1号球的速度分别为和，由动量守恒和能量守恒可得，解得，1、2号球碰撞前后动量守恒和机械能守恒，则有，解得，对2号球，由动量定理可得解得小球1对小球2的冲量大小为15.如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，在长木板右端放置一小物块。在时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力，运动一段时间后撤去 ，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度。求：（1）撤去时，木板的速度大小；（2）撤去后，木板经多长时间停止运动；（3）长木板的长度至少为多长。【答案】（1）5m/s；（2）4s；（3）7.5m【解析】【详解】（1）物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足解得F0=2.5N则当时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度解得a1=1m/s2撤去时，木板的速度大小（2）撤去时，物块的速度撤去F后木板减速运动的加速度解得a2=2m/s2当两者达到共速时 解得t2=1sv=3m/s共速后木板减速运动的加速度解得a3=1m/s2物块做减速运动的加速度仍为，则木板先停止运动，需要时间则撤去后，木板停止运动的时间为t停=t2+t3=4s（3）力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离撤去F后，到两者达到共速阶段，物块相对长木板先后滑动的距离共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动距离则长木板的长度至少为