云南省2023-2024学年高三年级下册月考物理试题（二）（解析版）

2024届云南名校月考试卷（二）

物理试卷

一、选择题：

1.电梯上升过程中，某同学在电梯里用智能手机记录了电梯速度V随时间f变化的关系,

如图所示。关于该同学，下列说法正确的是（）

A.10s末，加速度为零B.30s末，离出发点最远

C.10〜20s内，受到的合力逐渐变小D.10〜20s内，平均速度小于0.75m/s

K答案』c

（解析』A.丫一/图像中，图线的斜率表示加速度，由题目中的丫一/图像可知，10s时，

该同学的速度为零，加速度不为零，故A错误；

B.3040s内，电梯继续向上运动，因此40s时，该同学离出发点最远，故B错误；

C.10~20s内，该同学的加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律可知，该同学受到的合力逐

渐变小，故C正确；

D.V—/图像中，图线和时间轴所围图形的面积表示位移，由题目中图像可知，该同学在

—X

10〜20s内的位移大于7.5m,因此10〜20s内，根据v=—可知，电梯的平均速度大于

t

0.75m/s,故D错误。故选C。

2.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船与空间站组合体成功实现自主快速交会对接。空

间站、同步卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。已知空间站的运行轨道半径为飞,

同步卫星的运行轨道半径为鸟（鸟＞«），下列说法正确的是（）

A.空间站处于平衡状态

B.空间站的角速度比同步卫星的小

C.空间站与同步卫星的运行周期之比为

D.空间站与同步卫星的运行速率之比为匹

&

［答案XD

K解析RA.空间站绕地球做匀速圆周运动，所受合外力不为零，处于不平衡状态，故A

错误;

B.空间站、同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得

化简可得

IGM

(O=

由于尺2＞鸟，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误;

C.设空间站、同步卫星的运行周期分别为《、心，根据开普勒第三定律可得

彳一可

整理可得

4=厘

丁2忸

故C错误；

D.设空间站、同步卫星的运行速率分别为匕、V2,根据牛顿第二定律可得

cMmv2

G——=m—

R2R

化简可得

GM

v

因此空间站与同步卫星的运行速率之比为

4=医

故D正确。

故选D。

3.如图所示，间距为/=lm且相互平行的导轨固定在水平绝缘桌面，导轨左端与电源连接，

电源电动势为L5V,金属棒垂直于导轨放置，整个回路的电阻为3。。整个空间中存在

方向垂直于金属棒且与水平面成37角斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为0.1T。

JRsin37=0.6.cos37=0.8。若金属棒始终静止，则金属棒受到的摩擦力（）

A.方向水平向右，大小为0.03NB.方向水平向左，大小为0.03N

C.方向水平向右，大小为0.05ND.方向水平向左，大小为0.05N

K答案XA

K解析工根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向斜向左上方，对金属棒受力

分析如图所示

根据平衡条件可得

8〃cos53=f

I上

R

联立解得

/=0.03N

方向水平向右。

故选A„

4.如图所示，质量为加的质点在xQy平面坐标系上以某一速度运动时，受到大小不变，方

向沿》轴负方向的合力尸作用。已知质点运动的最小速度为v,质点速度由n增加到2V所

用的时间为（）

„币mv

--------

F

［［答案XC

［解析工质点沿〉轴方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，当质点沿y轴方向的

分速度为。时，质点运动的速度最小。当质点的速度为2V时，根据

cV1

cos6=—=—

2V2

则速度与x轴正方向的夹角为60°，根据匀变速直线运动的规律可得2vsin60。=at

根据牛顿第二定律可得F=ma

联立解得/=叵吗

故选C。

5.如图所示，真空中正方形abed的四个顶点a、b、c、d处分别固定有电荷量为

+Q、+Q、—。、+。的点电荷，0点为正方形的中心，0、P两点关于c点对称。若将c点

处的点电荷移走，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是（）

A.。、尸两点的电势均减小B.。点的电势增大，P点的电势减小

C.。、P两点的电场强度均减小D.0点的电场强度减小，P点的电场强度增大

k答案』c

k解析』AB.c点处的点电荷带负电，规定无穷远处电势为零，则C点处的点电荷在0、p

两点的电势均小于零，电势是标量，因此将。点处的点电荷移走后，0、P两点的电势均增

大，故AB错误；

CD.移走c点处的点电荷前，0、P两点的电场强度如图所示，设3之间的距离为L,根

据矢量合成的平行四边形定则可知，P点处的电场强度大小为

JQkQkQ2L8kQ4左。

P-丁南―3)2+[.g)2+Q_寿_5&2

方向向左，。点处的电场强度大小为

E一些

°£2

方向向右。将c点处的点电荷移走后，P点处的电场强度大小为

:kQkQ2L_kQ4kQ

PQ~(3£)2(2£)2+£27(2£)2+£2-9£2575£2

方向向右，。点处的电场强度大小为

E.丝

。「Z2

方向向右。因此0、尸两点的电场强度均减小，故C正确，D错误。

故选C。

6.一列简谐横波沿无轴传播，/=0时刻的波形图如图所示，a、》是平衡位置分别处于

4=2m、苞=5m处的质点。质点。沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=8sin(2R)cm。

下列说法正确的是()

A.该简谐横波的周期为IsB.该简谐横波的波速为2m/s

C.该简谐横波沿x轴负方向传播D.质点方处于波谷时，质点。的速度最大

K答案1AD

K解析』A.该简谐横波的周期为

f2".

T=——=1s

co

故A正确；

B.由题图可知该简谐横波的波长为4m,所以该简谐横波的波速为

2

v==4m/s

T

故B错误；

C.由质点。的振动方程可知f=0时刻，质点。沿V轴正方向振动，根据“同侧法”可知该简

谐横波沿x轴正方向传播，故C错误；

3

D.质点。与质点b的平衡位置相差一X,当质点6处于波谷时，质点。处于平衡位置，速

4

度最大，故D正确。

故选ADo

7.如图所示，一定质量理想气体，由状态。开始，经afb、bfc、cfa三个过程后

A.a.5过程中，气体向外界放出热量

B.c过程中，气体始终对外界做功

C.匕fc过程中，气体的内能先增大后减小

D.afZ?fC.。过程中，气体向外界放出热量

[答案XBC

[解析XA.6过程中，气体的体积不变，气体对外做的功为

w=o

根据查理定理可得

Po=2Po

Ta~Tb

解得

Tb=2Ta

因此a过程中温度升高，内能增大，故

A[/>0

根据热力学第一定律

AU=W+Q

可知

Q>0

气体从外界吸收热量，故A错误；

B.c过程中，气体体积始终增大，对外界做功，故B正确；

C.方fc过程，根据理想气体方程

py

cr=—

T

可知压强和体积的乘积先增大后减小，故气体的温度先升高后降低，内能先增大后减小，故

C正确；

D.a.cfa过程，气体最终回到状态。内能不变，故

A[/=0

P-V图像中图线和坐标轴围成的面积表示气体对外界做的功，由题目中图像可知整个过程

中，气体对外界做正功，故

W<0

根据热力学第一定律

AU=W+Q

可知

e>o

故气体从外界吸收热量，故D错误。

故选BC。

8.如图甲所示，竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，质量为1kg的小球从弹簧

正上方一定高度处静止开始自由下落，从小球开始下落到将弹簧压缩至最短的过程中，小球

的加速度。随位移x变化的关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，下

列说法正确的是

甲

A.弹簧的劲度系数为50N/m

B.弹簧的弹性势能最大为8J

小球从x=0运动到光=0.8m的过程中，小球和弹簧组成的系统动量守恒

D.小球从x=0运动到无=0.8m的过程中，小球的最大速度为3m/s

K答案』BD

［解析』A.小球在x=0.5m处的加速度为。，根据牛顿第二定律可得

mg-k\xx=0

由题目图乙可知

Axj=0.5-0.4m=0.1m

联立解得

k=1OON/m

故A错误;

B.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒可得

Ep=mgh=lxlOx0.8J=8J

故B正确;

C.小球从x=O运动到x=0.8m的过程中，小球和弹簧组成的系统所受合外力不为零，动

量不守恒，故C错误;

D.当小球的加速度为零时，小球的速度最大，根据

F合=ma

心-x图像与坐标轴围成的面积表示合外力做的功，则小球从x=O运动到x=0.5m的过

程中，合外力做的功为

0.4+0.5

%=lx^^xlOJ=4.5J

根据动能定理

『gw?

则小球最大速度为

v=3m/s

故D正确。故选BD。

二、非选择题:

9.实验小组将小量程电流表（满偏电流为lOOptA,内阻为900。）改装成多用电表，其中

电流表的量程为1mA、电压表的量程为3V,然后进行校对，设计电路如图所示，图中电

阻箱飞（阻值范围为0999.9Q）、&（阻值范围为0〜9999.9Q）,。为公共接线柱。回

答下列问题:

①

I/I

Z~

&

6

ab

(1)b为.的接线柱（选填“电流表”或“电压表”）。

（2）应将电阻箱此的阻值调为

（3）实验小组用标准表对改装后的多用电表进行校准时，发现电流挡准确，电压挡量程偏

大，为使改装后的电流挡量程为1mA、电压挡的量程为3V,应。（填正确K答案』

前的字母标号）

A.仅将与调大B.仅将R2调小

C.将用、豆都调大D.将用调大,将此调小

K答案工（1）电流表(2)2910.0(3)B

k解析7（1）⑴用与小量程电流表并联,Z;为电流表接线柱，与与改装后的电流表串联，

c为电压表接线柱。

（2）⑵根据串、并联电路的规律可得°=44+笈2=3V

解得%=2910.0。

（3）［3］由于电流挡准确，所以为不需要调整。电压挡量程偏大，根据串、并联电路的规

（IR\

律可得。=44+4+得鸟

【用）

因此仅将尺2调小即可。故选B。

10.实验小组利用如图甲所示实验装置做“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验。将一

端带定滑轮的长木板置于水平桌面上,滑块放在长木板上,砂桶通过滑轮用轻质细线拉滑块,

在细线的另一端接一个微型力传感器，通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小厂。保

持滑块质量不变，在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数尸，利用打点计时器打出

的纸带计算出不同拉力F对应的加速度。的大小。已知实验中打点计时器使用的是频率为

50Hz的交流电源，重力加速度g取9.8m/s2,据此回答下列问题:

（1）关于该实验，下列说法正确的是o（填正确［答案X前的字母标号）

A.保证砂桶和砂的总质量远远小于滑块的质量

B.调节定滑轮，使连接滑块的细线与木板平行

C.把力传感器示数作为滑块受到的合力

(2)安装并调节好装置，接通电源由静止释放滑块，某次实验得到一条点迹清晰的纸带如

图乙所示，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来，利用以上数据可知，打该纸带时滑

块的加速度大小。=m/s2。(计算结果保留3位有效数字)

(3)改变砂桶和砂的总质量，记录多组传感器的示数产，并计算对应的滑块的加速度

在坐标纸上描点作出a-E图像，如图丙所示，所得图线没有经过坐标原点，可能的原因是

,滑块与木板间的动摩擦因数为o（计

算结果均保留2位有效数字)

(答案1(1)B(2)1.80(3)没有补偿滑块受到摩擦力

(4)0.41##0.40##0.42##0.43##0.44##0.45##0.460.19##0.16##0.17##0.18##0.20##0.21

k解析X(1)[1]A.可以通过力传感器直接测出细线的拉力，不需要保证砂桶和砂的总质

量远远小于滑块的质量，故A错误；

B.调节定滑轮，使连接滑块的细线与木板平行，才能保证细线的拉力与木板平行，故B正

确；

C.由于没有补偿摩擦力，因此滑块的合力是细线的拉力与滑块受到的摩擦力的合力，故C

错误。

故选B„

(2)[2]相邻两计数点的时间间隔为T=5X=5x—s=0.1s

750

根据匀变速直线运动的规律，可得此时滑块的加速度大小为

^BC~AB5.02—1.61-1.61

a=xlO2m/s2=1.80m/s2

T20.12

（3）[3]题目中没有补偿滑块受到的摩擦力，因此细线的拉力不是滑块受到的合力，图丙中

的横坐标是细线的拉力，因此图线没有经过坐标原点。

（4）[4]对滑块根据牛顿第二定律可得

F-juMg=Ma

化简整理可得

=-F-/jg

aM

因此a-b图像的斜率表示左=25.42

M3.00-0.76

解得河土0.41kg

[5]加速度为零时，有歹=〃Mg=0.76N

解得〃a0.19

11.如图所示，在平面直角坐标系xQy的第一象限内，存在方向垂直纸面（坐标面）向里的

匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子从％轴上的P（L,O）点，以速率%在纸面内沿

与x轴正方向成a=30的方向射入磁场，粒子恰好垂直于＞轴离开磁场。不计粒子的重力。

（1）粒子的比荷；

（2）粒子在磁场中运动的时间。

隋案Y端;⑵T

K解析』(1)带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中做匀速圆

周运动的半径为R,由几何关系可得

7?cos60=L

根据牛顿第二定律可得

2

q%B=吟

联立解得

J%

(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为

2兀m

1=-----

qB

带电粒子在磁场中运动的时间为

5a

360

联立解得

57cL

t=-----

3%

12.如图甲所示，王亚平在天宫课堂中演示了水球光学实验，在完全失重时往水球中央注入

空气形成了一个内含气泡的水球。其简化模型如图乙所示，气泡与水球同心，半径分别为

r,5ro在过球心的球面内，用一细束单色光照射这一水球上的。点，光束恰好在气泡表面

发生全反射，然后从水球)点射出。已知。、》两点之间的距离为6厂，光在真空中的传播速

度为c。求：

甲乙

(1)水的折射率;

(2)细光束在水球中的传播时间。

L12r

K答案H(1)n=y/2;(2)t=—

c

K解析U(1)光路图如图所示

由几何关系可得

Oc=y/Oa2—ac2—4r

则

八ac.

tan0=-----=1

Oc-r

解得

e=45

由于光束恰好在气泡表面发生全反射，根据光的折射定律可得

,八1

sm，=一

n

联立解得

n=y/2

（2）根据折射定律可得细光束在水球中的传播速度为

c

V=—

n

由几何关系可得细光束在水球中传播距离为

s=60r

细光束在水球中传播的时间为

s

t=-