重庆市第一中学2023-2024学年高三下2月月考物理试题 Word版含解析.docx

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2024年重庆一中高2024届2月月考物理试题注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.如图所示，运动员和滑雪装备的总质量为m，在与水平面夹角为的雪道上匀速下滑。雪道与滑雪板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不考虑空气阻力，则雪道对滑雪板的作用力大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】运动员匀速下滑，受力平衡，雪道对清雪板总作用力为mg，方向竖直向上，故选A。2.下列关于热力学定律和能量守恒定律的说法，正确的是（　　）A.由于能量是守恒的，所以不需要节约能源B.气体吸收热量的同时对外做功，内能可能不变C.热量不能从低温物体传到高温物体D.第二类永动机无法制成是因为违反了能量守恒定律【答案】B【解析】【详解】A．能量虽然守恒，可利用的资源是有限的，需要节约能源，故A错误；B．由热力学第一定律可知气体吸收热量的同时对外做功，内能可能不变,故B正确； C．根据热力学第二定律热量不能自发的从低温物体传递到高温物体，但若通过外力做功是可以把热量从低温物体转移到高温物体的，例如冰箱制冷，故C错误；D．第二类永动机无法制成是违反了热力学第二定律，故D错误。故选B。3.如图，一个薄圆盘和通电直导线处在同一平面内，圆盘上带有均匀的负电荷，导线中电流方向如图中所示。当圆盘绕着圆心O顺时针匀速转动时，通电直导线受到的安培力方向为（　　）A.水平向左B.水平向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向内【答案】A【解析】【详解】带负电荷的圆盘顺时针转动，圆盘产生的电流为逆时针方向，由右手螺旋定则知此电流在通电直导线处产生的磁场方向垂直纸面向里；再利用左手定则，通电直导线受到的安培力水平向左。故选A。4.一列火车鸣笛匀速经过铁道，旁边的人听到鸣笛声的音调一直在变化，则下列说法正确的是（　　）A.铁道旁的人听到鸣笛声的音调发生变化是因为声波发生了干涉B.铁道旁的人听到鸣笛声的音调一直升高C.列车上的乘客听到鸣笛声的音调不变D.鸣笛声的音调越高则在空气中传播得越快【答案】C【解析】【详解】A．鸣笛声的音调发生变化是多普勒效应，不是声波的干涉，选项A错误；B．由多普勒效应可知，当火车靠近铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调升高；当火车远离铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调降低，选项B错误；C．由于车上乘客和鸣笛无相对运动，故不产生多普勒效应，听到的音调不变，选项C正确；D．声音的传播速度与音调（频率）无关，选项D错误。故选C。 5.“开普勒-90”星系距离太阳系约2545光年，是一个类太阳系的恒星系统。目前已经发现该星系有8颗行星，与太阳系内的大行星数量相同。其中一颗行星“开普勒-90d”的公转轨道半长轴约为地球公转轨道半径的，公转周期约为地球公转周期的。则该星系中心天体“开普勒-90”与太阳的质量之比约为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】行星“开普勒-90d”围绕“开普勒-90”做匀速圆周运动，由万有引力定律中心天体的质量代入“开普勒-90d”与地球的公转周期和半径之比，得“开普勒-90”与太阳质量之比为。故选D。6.如图所示，光滑的U型导轨处于水平面内，导轨的一端固定一定值电阻R，导轨足够长且不计导轨的电阻。导轨间存在竖直向上的匀强磁场。一根电阻忽略不计的导体棒a以初速度进入磁场开始运动，运动过程中导体棒a与导轨始终接触良好。将运动过程中a的位移记为x，时间记为t，速度记为v，动能记为。下列v或随x或t变化趋势正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．设导轨间距为L，当导体棒的位移为x时，通过导体棒的电荷量为导体棒a受到的冲量向右，大小为以导体棒a为研究对象，由动量定理得得故B正确，A错误，CD．导体棒的动能为所以图像是开口向上的二次函数，故CD错误。故选B。7.如图（a）所示，质量均为1kg的物体A和B放置在圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数分别为和。用两根不可伸长的细绳将物体A、B和圆盘转轴相连，物体A、B与转轴的距离分别为和。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度缓慢增大时，转轴与物体A之间的细绳拉力、A与B之间的细绳拉力随的关系如图（b）所示。取，则下列正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】BD．以物体B为研究对象，则有变形得与图像对比可得故BD错误；AC．以A为研究对象可得代入得与图像对比可得即 故A错误，C正确。故选C。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.Cs和Ca两种金属发生光电效应时，其对应的截止电压与入射光频率的关系如图所示，已知Cs的逸出功小于Ca，则（　　）A.图像中①对应的是Cs，②对应的是CaB.两条图像的斜率不同C.若同频率的光照射两种金属均发生光电效应，Cs产生的光电子的最大初动能较大D.光电效应说明光具有波动性【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知，①的截止频率较低，逸出功W与截止频率的关系为故①的逸出功较小，为Cs，②对应的是Ca，故A正确；B．由光电效应方程和电场力做功的关系式可得可得故两直线的斜率均为，故B错误；C．由于Cs的逸出功较小，故同频率的光照射时光电子的最大初动能较大，故C正确；D．光电效应说明光具有粒子性，故D错误。故选AC。 9.如图所示是某小型水电站的输电原理图，输出电压有效值恒定为，输电线路的总电阻。两个变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原副线圆匝数比为。用户的负载可用滑动变阻器R表示。当R变化时，理想电压表和理想电流表示数变化的绝对值分别为和。已知水电站的输出功率为40kW时，用户获得电压为220V。则（　　）A.升压变压器的原副线圈原数比为B.若用户数量减少，则电压表示数降低C.当水电站输出功率为40kW时，输电线路上损耗的功率为200WD.【答案】AD【解析】【详解】A．用户获得的电压即降压变压器副线圈电压，利用降压变压器匝数比为可得降压变压器原线圈电压为，设此时输电线路中的电流为，电路的总功率为，即解得故升压变压器副线圈的电压故升压变压器原副线圈匝数比为故A正确；B．当用户减少，R增大，减小，增加，电压表示数增加，故B错误；C．当输出功率为40kW，输电线路损耗的功率为 故C错误；D．由输电线路可知又因为故故D正确。故选AD。10.如图所示，半径为R半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场B，其中O为圆心，M为圆弧的中点。直径PQ处有一接收屏，粒子打到接收屏上即被吸收。一粒子源可以向纸面内各个方向发射速度为v（v未知）的带电粒子，粒子源可沿圆弧PQ移动。已知粒子的质量为m，电荷量为，忽略粒子重力及相互间的作用力。取，则（　　）A.若粒子源位于M点，粒子速度，则粒子到达接收屏的最短时间为B.若粒子源位于M点，粒子速度，则粒子到达接收屏的最短时间为C.若粒子速度，则将粒子源沿圆弧从P移动到Q过程中，接收屏上有粒子到达区域的长度为D.若粒子速度，粒子从M点与MO连线为30°向左下射出，则粒子到达接收屏时速度偏转了67°【答案】ACD 【解析】详解】AB．当粒子速度，此时粒子轨迹半径到达接收屏的时间最短则粒子轨迹所对应的弦长最短，如图（a）所示，此时时间为故A正确，B错误。C．当粒子速度，此时粒子轨迹半径粒子能到达接收屏的临界情况如图（b）所示，因此接收屏上有粒子到达的区域为PA和QB，由几何关系可得总长度为，故C正确。D．粒子从M到接收屏的竖直位移为R，根据由洛伦兹力公式在极短的时间内有对等式两边累加得方向水平向右。初始时方向水平向左，到达接收屏时有 解得由此可得初末速度矢量如图（c）所示，故速度方向偏转了67°，故D正确。故选ACD。三、非选择题：本大题共5小题，共57分。11.实验小组利用一根可绕一端无摩擦转动的匀质木棒、光电门、遮光片和量角器来验证机械能守恒定律。查阅资料得知，匀质木棒绕一端转动时动能可以表示为。实验小组设计了如图（a）所示的实验装置：将木棒的一段固定在转轴上，使得木棒可以在竖直面内无摩擦转动；在木棒另一端粘上轻质遮光片，并在转轴正下方放置一光电门以测量遮光时间。木棒与竖直方向的夹角可以通过刻度读数获取，重力加速度为g。实验过程如下：（1）通过理论分析可知，木棒动能表达式中______；（2）用游标卡尺测量遮光片宽度并记为d，某次测量时游标卡尺示数如图（b），则遮光片宽度为______mm；（3）测量木棒的长度l；（4）接通光电门电源，将木棒安装在转轴上，从偏离竖直方向夹角的位置由静止释放木棒，记录第一次通过光电门的时间t，则木棒经过竖直方向时的角速度为______（用t、l、d表示）；（5）重复步骤（4）得到多组对应角度与时间t，作出图像，测出图像的斜率绝对值为k ，若满足______（用l、g、d表示），则说明在误差允许的范围内机械能守恒。【答案】①.2②.10.35③.④.【解析】【详解】（1）[1]动能的表达式为根据线速度与角速度的关系匀质木棒绕一端转动时动能可以表示为通过理论分析可知，木棒动能表达式中（2）[2]遮光片宽度为（4）[3]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，通过光电门的速度可得（5）[4]要验证机械能守恒只需验证增加的动能等于减少的重力势能，即将表达式代入前式并化简得斜率的绝对值为12.实验小组为了测量某型号电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示的电路图。按照图（a）连接好电路后，多次调节电阻箱并记录其阻值R和对应的电流表示数I。根据记录数据绘制的 图像如图（b）所示。（1）某次实验中电流表的示数如图（c），则其读数为______A。（2）若不考虑电流表的内阻，则由图（b）可得该电池的电动势为______V，内阻为______。（结果均保留2位有效数字）（3）由于电流表内阻不可忽略，测量得到的电池内阻存在系统误差，为此实验小组又设计了如图（d）所示的电路。闭合开关之后，先将开关接1，调节电阻箱并记录电流表示数I，作出图像，得到斜率和纵截距的绝对值为和；再将开关接2，调节电阻箱并记录电压表示数U，作出图像，得到斜率和纵截距的绝对值为和，则电池内阻可以表示为______。【答案】12.1.4013.①.2.5②.0.7514.【解析】【小问1详解】电流表的示数为【小问2详解】[1]由欧姆定律得变形得图像的斜率为解得电池的电动势为 [2]图像的纵截距为解得内阻为【小问3详解】由于不能忽略电流表和电压表的内阻，当接1、2时分别有对两式变形可得由上述解析式得，可得13.如图，一束很细的光线A从空气中射入半径为R的玻璃球的右上方，在玻璃球内表面发生一次反射，最后从玻璃球左上方射出。已知入射光线与球心的距离为，出射光线与入射光线平行，光速为c。求：（1）玻璃球的折射率；（2）图中光线在玻璃球中传播的时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）如图由对称性和几何关系可知，入射角折射角由折射定律得（2）光线在玻璃中的传播速度为传播路程为传播时间14.如图所示，足够大的空间被直线MN分为匀强电场和匀强磁场区域，MN与水平方向夹角为。匀强电场强度为E，方向竖直向上；匀强磁场垂直纸面向外，强度可调。O点为电场区域中的一点。O、M两点距离为d且连线与电场方向平行；O、N两点水平高度相同。将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止释放，不计粒子重力。（1）求粒子第一次通过M点时的速度大小； （2）若粒子第1次在磁场中偏转后从N点回到电场区域，求磁感应强度的大小；（3）若粒子第2次离开电场区域位置仍是M点，求粒子第一次离开磁场的位置与M点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）4d【解析】【详解】（1）带电粒子第一次通M点时有解得（2）若要从N点回到电场区域，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径为洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力联立，解得（3）设粒子从P点回到电场区域可以满足题目要求，记PM长度为ad，粒子回到电场区域的速度方向与水平方向夹角为30°向下，将速度分解为水平速度和竖直速度，则有，联立，解得 即PM距离为4d。15.如图所示，在倾角为的斜面上等距放置着编号为1、2、3、……的一系列物块，每两个物块间的距离均为L，物块的质量均为m。第一个物块带电量为。其余物块不带电，物块与斜面之间的动摩擦因数均为。整个斜面处于沿斜面向下的匀强电场中，电场强度。开始时所有物块均被底部的卡扣固定在斜面上。每个物块的右上方均带有检测装置，可以在物块发生碰撞前瞬间自动打开卡扣，释放该物块。时刻释放物块1，物块1先与物块2发生碰撞后粘在一起，然后继续下滑与物块3碰撞粘在一起，……，如此重复下去。重力加速度为g。试求：（1）从释放物块1到发生第1次碰撞的时间；（2）发生第2次碰撞后物块1的速度大小；（3）假设发生第n次碰撞前物块1的速度为，求当n为多少时最小并求此最小值。［可能用到的数学公式：］【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）释放物块1后以物块1为研究对象解得 从释放到第一次碰撞的时间为解得（2）设发生第k次碰撞前后瞬间的速度分别为和，由（1）可得由动量守恒得解得由动能定理得解得再次利用动量守恒得解得（3）由（2）问可知上两式化简为 将下式代入上式得即取则有又代入上式得即由数学知识知，当时，取得最小值，此最小值为