湖北省武昌实验中学2023-2024学年高三上学期12月月考物理（解析版）.docx

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湖北省武昌实验中学高三年级12月月考物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。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.中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）采取磁约束策略来产生核聚变反应。其内部发生的一种核聚变反应方程为，反应中释放出光子，下列说法不正确的是（　　）A.核聚变反应所产生的X粒子无法被洛伦兹力进行约束B.核聚变反应所释放的γ光子来源于核外内层电子的能级跃迁C.核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点D.核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起【答案】B【解析】【详解】A．根据核反应过程满足电荷数和质量数守恒，可知X粒子为中子，由于中子不带电，中子无法被洛伦兹力进行约束，故A正确，不满足题意要求；B．核聚变反应所释放的γ光子来源于核聚变后新核的能级跃迁，故B错误，满足题意要求；C．核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点，故C正确，不满足题意要求；D．核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起，故D正确，不满足题意要求。故选B。2.为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水下有一点光源S，同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域只有b光，中间小圆为复合光，以下说法中正确的是（　　）A.在水中a光波速大于b光 B.a光的频率小于b光C.用同一套装置做双缝干涉实验，a光条纹间距更小D.若某单缝能使b光发生明显衍射现象，则a光也一定能发生明显衍射现象【答案】C【解析】【详解】AB．做出光路图，如图所示在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a光照射的面积较小，则知a光的临界角较小，根据，可知a光的折射率较大，由可得知a光在水中的传播速度比b光小，a光的频率高于b光，A错误，B错误；C．由上述分析可知a光波长短，又由双缝干涉条纹间距公式，可知用同一套装置做双缝干涉实验，a光条纹间距更小，C正确；D．单缝的尺寸小于光波的波长，或与波长差不多能发生明显的衍射，由于a的波长小于b的波长，所以若某单缝能使b光发生明显衍射现象，则a光不一定能发生明显衍射现象，D错误。故选C。3.如图所示，圆心为O，水平直径为AB圆环位于竖直面内，一轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN连线过圆心O且与AB间的夹角为，不计滑轮与轻绳之间的摩擦。圆环顺时针缓慢转过角度的过程，轻绳的张力A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大再减小 D.先减小再增大【答案】C【解析】【详解】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg=2Tcosα，知轻绳的张力T越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小。A．逐渐增大。故A不符合题意。B．逐渐减小。故B不符合题意。C．先增大再减小故C符合题意。D．先减小再增大。故D不符合题意。故选C。4.如图甲所示，电压表和电流表均为理想电表，理想变压器原、副线圈匝数比为1：2，定值电阻R1=5Ω、R2与R3的阻值相等，E、F两端接入如图乙所示的交流电源，当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，现将开关K闭合，下列说法正确的是（　　）A.在t=0.01s时，电压表示数为零B.电流表中电流方向每秒改变50次C.R2=10ΩD.电源的输出功率为120W【答案】D【解析】【详解】A．电压表测量的是交流电的有效值，t=0.01s时其示数不为零，故A错误；B．由题图乙知交流电的周期为0.02s，每个周期内电流方向改变两次，变压器不改变交流电的周期，因此电流表中电流方向每秒改变100次，故B错误；C．原、副线圈的电流之比为 当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，则可得故C错误；D．开关K闭合后，副线圈等效电阻为E、F两端接入电压的有效值为原线圈两端电压为副线圈两端电压为结合可得原、副线圈的电流分别为因此电源的输出功率为故D正确。故选D。 5.如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图，两质点P、Q的平衡位置分别位于、处，质点Q的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.该波沿x轴正方向传播B.时刻，质点P正沿y轴负方向运动C.质点P的振动方程为D.当质点Q在波峰时，质点P的位移为【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，时刻质点Q在平衡位置沿y轴正方向运动，由此判断波沿x轴负方向传播，故A错误；B．波动周期为0.2s，因此时刻，质点P正沿y轴正方向运动，故B错误；C．质点P的振动方程为故C错误；D．当质点Q在波峰时，需要经历，代入质点P的振动方程可得，此时，质点P的位移为，故D正确。故选D。6.如图，一质量为M、半径为R的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量均为m的两个小环（可视为质点），同时从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中（　　） A.大环与两小环所构成的系统始终处于失重状态B.大环对轻杆拉力的大小为Mg的时刻有1个C.大环与两小环所构成的系统动量守恒D.小环运动时间大于【答案】D【解析】【详解】A．两个小圆环在大环上先有向下的加速度分量，失重；然后有向上的加速度分量，超重，选项A错误；B．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动；①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径指向圆心的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环压力为零；②小环运动到与圆心等高处，大环对小环压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的压力作用；所以在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故B错误；C．两小圆环水平速度等大反向，竖直速度逐渐增加，则大环与两小环所构成的系统动量不守恒，选项C错误；D．若小圆环做自由落体运动从最高点到最低点，则用时间为；而小圆环沿大圆环下滑时加速度的竖直分量小于g，可知小环运动时间大于，选项D正确。故选D。7.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，接入回路的电阻为R，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值也为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A.回路中的电动势为B.微粒的电荷量与质量之比为C.电阻消耗的电功率为D.电容器所带的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，回路中的电动势故A错误；B．电容器两极板间电压等于，带电微粒在两极板间处于静止状态，则解得故B错误；C．电阻消耗的功率故C错误；D．电容器所带的电荷量 故D正确。故选D。8.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为的物体，由于运动时气体阻力（阻力与速度有关）的作用，其加速度随下落位移变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　）A.该行星的平均密度为B.卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行的周期为C.该行星的第一宇宙速度为D.物体下落过程中的最大动能为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据图像，位移为0时，静止释放的加速度为，表明该星球表面的重力加速度即为，则有则该行星的平均密度为解得故A正确；B．卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行时，由万有引力提供圆周运动的向心力，则有 结合上述解得故B错误；C．该行星的第一宇宙速度等于近星球表面运行的卫星的环绕速度，则有结合上述解得故C正确；D．根据动能定理有根据牛顿第二定律有即合力与加速度成正比，根据图像，加速度与位移成线性关系，则合力也与位移成线性关系，则解得故D正确。故选ACD。9.两长度均为L的水平细杆AB、CD上下正对放置，距离为d，它们的右端用光滑半圆环相连，在AD、BC的交点处轻弹簧的一端固定，另一端与一质量为m的有孔小球相连，小球套在细杆上，小球与两细杆间的动摩擦因数均为。小球以一定的初速度从A点向右出发，若小球能到达C点，已知整个过程中弹簧始终处于压缩状态，并且弹簧的弹力始终小于小球的重力，重力加速度为g，小球从A点运动到C点的过程中，则（　　） A.小球机械能一直减小B.小球减少的动能等于小球增加的重力势能与摩擦产生的热量之和C.摩擦产生的热量等于D.若只想小球能到达D点，则小球在A点的动能可以恰好等于【答案】BC【解析】【详解】A．从B到E段，弹力与速度夹角小于90°，弹力做正功，机械能增加，故A错误；B．根据能量守恒可知，整个过程，小球减少的动能等于小球增加的重力势能与摩擦产生的热量之和，故B正确；C．对AB段和CD段，用微元法结合对称性，运动距离，摩擦力做功所以全程摩擦力做总功即产热故C正确；D．从A到D根据动能定理小球在A点的动能等于故D错误。故选BC。 10.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α=45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β=45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是（　　）A.风力方向垂直于a、b连线B.从a点运动到b点所用的时间为C.小球的最小速度为D.风力大小为【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．依题意，小球只受风力的作用，且小球在a、b两点的速度大小相等，动能相等，根据动能定理可知小球从a到b的过程中，风力做功为零，即风力方向垂直于a、b连线，故A正确；B．小球在ab连线上做匀速直线运动，则从a点运动到b点所用的时间为故B正确；CD．在垂直ab连线上，小球做匀减速直线运动，当垂直ab方向上的速度减为零时，此时小球只剩沿ab方向上的速度，此时速度最小，为在垂直ab方向上，可得小球的加速度大小为根据牛顿第二定律，可得风力大小为 故CD错误。故选AB。【点睛】二、非选择题（本题共5小题，共60分，11题6分，12题12分，13题10分，14题14分，15题18分）11.（1）敏敏利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：i．将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。ii．将n（依次取，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N-n个钩码仍留在小车内。先用手按住小车再由静止释放，同时用速度传感器记录小车的运动情况，绘制图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。iii．对应不同的n的a值作出图像（c），并得出结论。①该同学实验过程中重物始终未落地，得到如图所示v-t图象（b），根据图象可以分析出在实验操作中可能存在的问题是___________A．实验中未保持细线和轨道平行B．实验中没有满足小车质量远大于钩码质量C．实验中先释放小车后打开打点计时器②利用图像求得小车（空载）的质量为___________kg（保留2位有效数字，重力加速度g取9.8）。③若以“保持木板水平”来代替步骤①，则所得的的图像（） （填入正确选项前的标号）。【答案】①.A②.0.45③.C【解析】【详解】（1）①[1]v-t图象（b）中后半段斜率明显减小，即加速度减小，合外力减小，可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行，当小车离滑轮较远时，拉力几乎还是沿长木板方向，加速度不变，当小车离滑轮较近时，拉力与长木板的夹角迅速增大，小车受到的合力明显减小，加速度减小。故选A。②[2]由牛顿第二定律可得整理得由图（c）可知，当n=5时，a=1.00m/s2，数据代入上式可得③[3]若以“保持木板水平”来代替步骤①，则小车会受到长木板摩擦力，当钩码数增大到一定程度才开始有加速度，故图线与横轴有交点，由牛顿第二定律可得加速度a与所挂钩码数n为一次函数，可知C选项的图线符合题意。故选C。12.某同学想测如图（1）集成电路里很薄方块电阻的电阻率，同时测干电池电动势和内阻，他设计了如图（2）所示电路。已知方块电阻的上、下表面是边长为的正方形，上下表面间的厚度为，连入电路时电流方向如图（1）所示，电压表可认为是理想的。①断开开关k，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，记录不同R对应的电压表的示数U；②将开关S、k均闭合，改变电阻箱R阻值，再记录不同R对应的电压表的示数U； （1）画出步骤①②记录的数据对应的随变化关系的图像分别对应如图（4）所示的两条图线，横截距分别为、，纵截距为、，请判断哪条是步骤①对应的图线________，则电源的电动势________，电源内阻________，则方块电阻________。（2）要测出方块电阻的电阻率，先用螺旋测微器测量上下表面间的厚度，如图3所示，则厚度________mm。（3）方块电阻的电阻率表达式为________（用、、等已测量字母表示）。【答案】①.纵截距为、横截距为的图线②.③.④.##⑤.0.593##0.591##0.592##0.594##0.595⑥.##【解析】【详解】（1）[1]R相同时，步骤②比步骤①多并联一个支路，外电阻更小，U更小，图线的纵轴截距更大，故纵截距为、横截距为的图线为步骤①对应的图线；[2]步骤①中，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的纵轴截距为所以 [3]图像的斜率为可得电源内阻为[4]步骤②中，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的纵轴截距为图像的斜率为联立解得或（2）[5]螺旋测微器的精确值为，由图可知厚度为（3）[6]方块电阻为又或可得方块电阻的电阻率表达式为 或13.2021年11月7日，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平先后从天和核心舱节点舱成功出舱执行任务，出舱时他们身着我国新一代“飞天”舱外航天服。舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。航天服密闭气体的体积约为V1=4L，压强p1=1.0×105Pa，温度t1=27℃，航天员身着航天服，出舱前先从核心舱进入节点舱，然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。（1）节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=6L，温度变为t2=－3℃，求此时航天服内气体压强p2；（2）为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2=－3℃时，宇航员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3=5.0×l04Pa。假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3=4L，求航天服需要放出的气体与原来气体的质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对航天服内的密闭气体，初态温度为末态温度为由理想气体方程此时航天服内气体压强为（2）设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为，根据玻意耳定律 得则放出的气体与原来气体的质量之比为14.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域I边界为两个同心平行扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U0，M为外圆弧的中点。在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B＝，在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ．已知MO1O2和PNQ为两条平行线，且与O2N连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面上，经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力，已知从M点出发的粒子恰能到达N点，求：（1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；（2）从M点出发的粒子在磁场中运动的半径R；（3）假设所有粒子从AB弧面同时出发，则最先到达收集板的是哪一点出发的粒子？求出该粒子从O至收集板的时间。【答案】（1）；（2）L；（3）A点出发的粒子，。【解析】【详解】（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有： 则有：（2）从M点出发的粒子到达O1点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：解得：（3）所有粒子从AB弧面射入粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹如图所示，从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射出的粒子运动的时间最短，根据图形以及几何知识可知，该粒子转动了30°，所以在磁场中运动的时间为：出磁场后匀速运动的时间为： 该粒子从O1至收集板的时间为：15.如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为、质量为、左右挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面水平），盒子P与水平面间的动摩擦因数为。在盒子的左端放一质量等于的物块（可看作质点），Q的带电量始终为。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为，Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10。求（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；（2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离（结果可用分数表示）；（3）P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程。【答案】（1）8m/s，3m/s；（2）；（3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10m【解析】【详解】（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为，碰后P、Q的速度分别为和，由动能定理，得碰撞过程动量守恒碰撞过程机械能守恒代入数据求得 （2）碰后Q加速运动的加速度碰后P减速运动的加速度设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为，则有得因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移满足题意此时不会与盒子左板碰撞。（3）由可知P、Q终将停止。（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律）停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为S，由能量守恒得