湖北省荆州市沙市中学2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题

2023—2024学年度上学期2021级9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。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.2023年4月12日，我国“人造太阳”之称的全超导托卡马克聚变试验装置（EAST）创造了新的运行世界纪录。此装置中，H与H发生核反应，生成新核He和X。已知H、H、He的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，下列说法正确的是（）A.X为电子 B.该反应属于轻核聚变C.该反应属于β衰变 D.一次核反应释放的能量为（m1+m2m3）c2【答案】B【解析】【详解】ABC．该反应为则X为中子，该反应属于轻核聚变，选项B正确，AC错误；D．一次核反应释放的能量为E=（m1+m2m3m4）c2其中m4为中子的质量，选项D错误。故选B。2.物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图甲所示，他让小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重复实验，计算机作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.小球在顶端O点的速度大小为6m/sB.小球在斜面上运动的平均速度大小为8m/sC.小球在斜面上运动的加速度大小为2m/s2D.固定斜面的长度为6m【答案】D【解析】【详解】C．设小球在经过A传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根据运动学规律有可得结合图像可得即故C错误；AB．当A传感器放在O点时，对应的时间为从O点滑到B传感器的总时间，此时对应图乙中的最大，即为最小，由图乙可知即此时小球在斜面上运动的平均速度大小为故AB错误；D．由AB选项分析可知，小球从在顶端O点下落到B传感器的总时间为1s，故固定斜面的长度为故D正确。故选D。3.如图所示，4个相同钢球甲、乙、丙、丁，它们自同一高度6h处从各自的四分之一光滑圆弧轨道上滑下，其出口速度水平向右，出口端所在高度分别为5h、4h、3h、2h。则落地点距О点最远的钢球是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】C【解析】【详解】设光滑圆弧轨道的半径为R，则钢球从最高点滑到圆弧轨道最低点过程中由动能定理有钢球从轨道最低点飞出后在空中做平抛运动，有综合解得可知当光滑圆弧轨道的半径R满足钢球落地点距О点最远，此时出口端离地高度为3h，为丙球。故选C。4.如图所示，将一等腰直角玻璃棱镜截去棱角，使AD边平行于底面，可制成“道威棱镜”一束复色光从AB边上的E点射入，最终从DC边射出，甲、乙两束光相比，下列说法正确的是（）A.乙光子能量比较小B.在棱镜内传播的速度，乙光较小C.玻璃砖对乙光的折射率比对甲光的折射率小D.照射同一狭缝，乙光通过狭继后的衍射现象更明显【答案】B【解析】【详解】C．由图可知，乙光的偏转角大，甲光的偏转角小，所以玻璃砖对乙的折射率大于对甲光的折射率，故C错误；A．由于折射率大的光频率大，故乙光的光子频率大于甲光的光子频率，而光子能量与频率成正比，故乙光的光子能量更大，故A错误；B．根据C选项分析，结合公式可知在棱镜内传播的速度，乙光较小，故B正确；D．由于乙光的频率大于甲光的频率，根据可知甲光的波长比乙光的波长长，故照射同一狭缝，甲光通过狭继后的衍射现象更明显，故D错误。故选B。5.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（）A.该横波沿x轴负方向传播B.质点N该时刻向y轴负方向运动C.质点L经半个周期将沿x轴正方向移动到N点D.该时刻质点K与M的速度、加速度都相同【答案】B【解析】【详解】A．结合波形图和质点L的振动图像可知，该时刻质点L在平衡位置向上振动，可知该横波沿x轴正方向传播，选项A错误；B．由于该横波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”，可知质点N该时刻向y轴负方向运动，选项B正确；C．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项C错误；D．该时刻质点K与M的速度均为零、加速度大小相同，方向相反，选项D错误。故选B。6.如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（）A.物块B下落过程中机械能守恒B.物块B的重力势能减少量为mgLsinθC.物块A的速度大于物块B的速度D.物块B的末速度为【答案】D【解析】【详解】B．物块B的重力势能减小量为故B错误；C．将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，有可知物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；D．根据机械能守恒，有解得故D正确；A．绳的拉力对B做负功，故B机械能不守恒，故A错误。故选D。7.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为37°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】当A、B刚好要滑动时，A相对B刚要上滑，B相对斜面刚要下滑。设轻绳中拉力为F，对A对B联立解得μ=故选B。8.如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度为，线速度为，A点到地心的距离为，远地点到地心的距离为，卫星在椭圆轨道的远地点变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为，则下列判断正确的是（）A.卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为B.卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为C.卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的倍D.卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为【答案】BD【解析】【详解】A．设卫星在轨道Ⅱ上的加速度为，线速度为，由得故A错误；B．设卫星在轨道Ⅱ上的线速度为，由解得故B正确；C．由开普勒第三定律有解得故C错误；D．设卫星在椭圆轨道远地点速度为，则解得卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为故D正确。故选BD。9.如图所示，质量为m的物块在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是（）A.重力对物块所做的功为B.物块动能的变化量为C.阻力对物块做功为D.物块机械能增加了【答案】CD【解析】【详解】A．根据题意，由做功公式可得，重力对物块所做的功为故A错误；BC．根据题意，设阻力对物块做功为，由动能定理有解得故C正确，B错误；D．根据题意可知，物块的动能增加了，重力势能增加了，则物块的机械能增加了故D正确。故选CD。10.某科学兴趣小组想设计一款安装在返回舱底部的电磁缓冲装置，如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，这款电磁缓冲装置工作原理是利用电磁阻尼作用减小返回舱和地面间的冲击力。其结构简化图如图乙所示，在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（）A.滑块K的线圈中最大感应电流的大小B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过电量C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abed中产生的焦耳热是D.若要使缓冲滑块K和着陆器不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少【答案】ACD【解析】【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小故A正确；B．由可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量故B错误；C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得解得故C正确；D．因为有4台减速装置，利用动量定理得其中解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为故D正确。故选ABD二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某实验小组设计了如图甲的实验装置来测量砂桶中砂的质量。主要实验步骤如下：（1）平衡好摩擦力后，在砂桶中加入质量为的砂；（2）接通传感器电源，释放小车，利用位移传感器测出对应的位移与时间（）图像；（3）在砂桶和砂质量不变的情况下，改变小车的质量，测量出不同的加速度。①图乙是当小车质量为时，运动过程中位移传感器记录下的图像，由图可知，小车的加速度______。②图丙为加速度a的倒数和小车质量M的图像，利用题中信息求出______，砂的质量______kg（已知砂桶的质量，重力加速度）。【答案】①.2②.③.【解析】【详解】（3）①[1]小车做匀加速直线运动，根据运动学公式有解得②[2][3]根据牛顿第二定律有，联立可得可知图像的纵轴截距为图像的斜率为解得12.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图。a、电流表A1（量程0.6A，内阻很小）；电流表A2（量程300μA，内阻rA=1000Ω）；b、滑动变阻器R（0~20Ω）c、两个定值电阻（R1=1000Ω，R2=9000Ω）d、待测电阻Rxe、待测电源E（电动势约为3V，内阻约为2Ω）f、开关和导线若干（1）根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________；（填“R1”或“R2”）（2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势E=___________V，电源内阻r=___________Ω；（计算结果均保留两位有效数字）（3）小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id，后断开S1；③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________；若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________。（填“偏大”“偏小”或“相等”）【答案】①.R2②.③.④.（rA＋R2）⑤.相等【解析】【详解】（1）[1]由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，因此串联的电阻因此与R2串联。（2）[2]理论上，当I1为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势[3]根据闭合电路欧姆定律，可知由于上式简化为由图像可知代入数据可得（3）[4]滑动变阻器接入电路的阻值待测电阻的阻值[5]由于电流表A1的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实值。13.如图所示，一面积的活塞在光滑汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量，开始时汽缸内的气体的温度，缸内气体的高度。现对缸内气体缓慢加热使缸内气体的温度升高到，已知加热过程中气体吸收的热量，外界大气压强，重力加速度g取。求：（1）加热过程活塞上升高度；（2）加热过程中被封闭气体内能变化。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）缓慢升温过程对封闭气体由盖吕萨克定律得代入数据解得（2）升温过程，对活塞受力分析，根据平衡得气体膨胀对外做功，为代入数据解得根据热力学第一定律得因为气体膨胀发生等压变化，故外界对气体做的功为负功即气体内能变化为14.如图所示，质量为m，带电量为+q的微粒从O点以初速度v0沿y轴负方向射入，从直线MN上的P点穿出，MN左侧存在竖直向上的匀强电场I，电场强度为，以及垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。直线MN的位置为（1）求微粒从O点运动到P点的时间t；（2）微粒穿过直线MN后，经过Q点（图中未画出）速度方向变为水平，求PQ两点的高度差h；（3）若在直线MN右侧存在匀强电场II（图中未画出），微粒穿过直线MN后，经过Q'点（图中未画出）速度方向水平向右，且速度大小为2v0，求匀强电场II的电场强度E2的最小值及E2的方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向右上偏60°【解析】【详解】（1）因为且方向相反，因此在MN左侧，重力和电场力平衡，微粒做匀速圆周运动，如图所示则运动半径为又因为O到直线MN的距离为可得因此，运动时间为（2）在MN右侧只受重力作用，在竖直方向的分运动为竖直上抛，从抛出到最高点的位移为（3）从P到水平方向的速度从变为，竖直方向的速度从变为0，因此两个方向的加速度之比为因此合力的方向为右偏下。画出重力和电场力的矢量合成图，进行动态分析，如图所示当电场力的方向垂直于合力方向，即右偏上时，电场力最小，的最小值为15.小伙同学设计的某款游戏装置由轨道ABCD，圆弧轨道和自行设计轨道三部分构成。如图所示，该装置竖直放置；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为，其余轨道摩擦不计。AB、CD为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC