河南省2023-2024学年高三年级下册4月月考试题 物理 含解析

2023-2024学年高三下学期4月强化拉练一

物理

注意事项：

i.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题

卡的相应位置上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一.单选题（共6小题，每题4分，共24分）

1.2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金

山天文台发现的国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦

诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面不共面，轨道半长轴为3.18天文单位（日

地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位，若只考虑太阳对行星

的引力，下列说法正确的是（）

“樊锦诗星”轨道

B.“樊锦诗星”在远日点的速度大小与地球的公转速度大小之比小于、工

V4.86

C.“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为工

4.86

D.“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为誉

2.2024年2月24日晚某市举办了元宵烟火晚会，为完成拍摄任务，摄影组采用了无

人机全程拍摄，无人机在地面上由静止开始竖直起飞。经历匀加速、匀速及匀减速三个

运动过程，15s后悬停在距离地面某一高度处。其速度v随时间f变化的关系如图所示，

A.匀速运动阶段的位移大小90m

B.匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小之比3:2

C.悬停处距离地面的高度20m

D.匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度之比2:3

3.如图所示，倾角为37。的斜面体固定在水平面上，小球A在斜面底端正上方以速度匕

向右水平抛出，同时，小球B在斜面顶端以速度%向左水平抛出，两球抛出点在同一水

平线上,结果两球恰好落在斜面上的同一点，且A球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直,

不计小球的大小，sin37°=0.6,cos37°=0.80贝!]匕：匕等于（）

A.4:3B.5:4C.8:7D.9:8

4.科学史上，有一项发现的核反应方程是i：N+；He-1O+X。如图，让10核和X

核从S点沿图示垂直于磁场的方向进入有界匀强磁场区域，若仅考虑磁场对核的洛伦兹

力，则在磁场中（）

I

II

[••••:

s6——>-----------T

I••••（

II

IIB

II

I••••I

JI一一一一一—一—――――一一一——一IJ

A.核和X核的径迹均在I区

B.核的径迹在H区，X核的径迹在I区

C.10核和X核运动的半径之比一定为17:8

D.核和X核运动的周期之比一定为17:8

5.我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为根的货物

平放在手推车底板上，此时底板水平;缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60。。

不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.当底板与水平面间的夹角为30。时，底板对货物的支持力为叵空

2

B.当底板与水平面间的夹角为30。时，支架对货物的支持力为史整

2

C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大

D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小

6.如图甲所示，物块A、B的质量分另I]是，2=3.0kg和,%=2.0kg,用轻弹簧拴接，放

在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在H0时刻以一定速

度向右运动，在Z=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—f

A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J

B.4s至!]12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N-S

C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J

D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s

二.多选题（共4小题，每题5分，共20分。每题给出的四个选项中有多个选项符合

题意，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）

7.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入H=220&sinl00m（V）的交流电

源后，手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入“无线超充模式”。若手机“超充模

式”下的充电电压为20V,充电电流为5A,充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线

圈接有电阻R=Q4Q,线圈电阻不计且充电过程中不计一切能量损失，则（）

受电线圈R

交

流

电

源

送电线圈

A.电流表的示数为0.5A

B.此无线充电器的耗电功率是100W

C.送电线圈与受电线圈的匝数比为10:1

D.若此手机的电池容量为5000mAh,则超充模式下的充电时间为75分钟

8.图示为某一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内均充满一定质量的

理想气体。当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。假设在压缩过程中，气泡内气

体温度保持不变。下列说法正确的是（）

物品

A圆柱状薄膜气泡

A.压缩后气泡内气体的压强变大B.压缩过程气泡内气体对外做正功

C.压缩过程气泡内气体吸收热量D.压缩过程气泡内气体的内能不变

9.如图，容积为匕的汽缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽气孔。汽缸内

有一活塞，初始时位于汽缸底部2高度处,下方密封有一定质量、温度为4的理想气体。

0

现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，然后缓慢加热活塞下方气体。已知大气压强为

P。，活塞产生的压强为:A,活塞体积不计，忽略活塞与汽缸之间摩擦。则在加热过

程中（）

:抽气孔

阀门

A.开始时，活塞下方体积为gv。

B.温度从1升至L57；,气体对外做功为。p。％

6

3

C.温度升至27；时，气体压强为:P。

D.温度升至时，气体压强为:p0

10.如图是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E,电容器的电容为C,两

条相距L的固定光滑导轨，水平放置于磁感应强度大小为人方向垂直纸面向里的匀强

磁场中。现将一质量为m,电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态,

并与两导轨接触良好。先将开关K置于。让电容器充电，充电结束后，再将K置于6,

金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其

他部分的电阻，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.金属滑块匀速时电容器极板电荷量为零

B.金属滑块匀速时轨道M电势高于轨道N

C.金属滑块从开始运动到滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为二CmF

CB~L+m

D.金属滑块从开始运动到滑离轨道的整个过程中电容器消耗的电能为

〃山辽2c2石2

2（CB2L2+m）2

三.填空题（共2小题，共16分）

（10分）11.某实验小组用力传感器和光电门等器材设计实验，探究向心力与线速度

的关系。实验装置如图甲所示，半径为R的半圆弧体固定在水平面上，在圆弧的最低点

的小凹槽里安装一个力传感器（与圆弧面平滑相接），用来测量小球运动到圆弧最低点

时对半圆弧体的压力大小，圆弧最低点的侧面安装光电门，可以记录小球经过圆弧最低

点时的挡光时间。已知小球的质量为机，重力加速度的大小为g。

力传感器

甲

（1）实验前先用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径”=

mm。

23cm

i,i,i,i,Ji1,11,1,11,i111i,liiiil

11111111111iiil111111

01020

乙

（2）将小球在圆弧面上某一位置由静止释放，记录力传感器的示数耳和小球的挡光时

间4，则小球经过最低点时小球的线速度大小%=（用“、4表示）。

（3）改变小球在圆弧上的释放位置，多次实验测得小球的挡光时间，及力传感器的示数

F,为了能直观地研究实验规律，作尸-_______图像（选填“产”产“1”或，”，如果

tt

图像是一条倾斜的直线，图像与纵轴的截距为,图像的斜率为（以上

两空均用题目给出的物理量的字母表示），则表明向心力与线速度的平方成正比。

（6分）12.为测量一段粗细均匀的电阻丝的阻值，某学生小组设计如下实验。

（1）先用欧姆表粗测该电阻丝的阻值，选用的欧姆档为“X1。”，测量结果如图（a）所示，

则电阻丝的阻值为Qo

M

/

150

306

111Trry

2

-Q

25000Q/V

图(a)

为了更精确测量电阻丝阻值大小，设计图（b）所示电路。

电源综（电动势。~4.5V可调，内阻不计）、标准电池5（电动势1.0186V）、灵敏电流

计G（阻值约100Q）、电流表（量程0~200mA,内阻不计）、定值电阻R1、可变电阻&

（阻值0~10。）、探针（一端连灵敏电流计，另一端连电阻丝）、米尺、开关之和工、

导线若干。

（2）实验步骤如下：

①首先将综调至较小，闭合开关Si；

②将探针置于电阻丝中间位置附近，&调至最大值。试触开关S?,观察灵敏电流计指

针偏转情况。如果指针偏转，则改变综大小或探针的位置，反复调节直到灵敏电流计

的示数为0。此时攵<Pd,Uac吗。（填“>”、"=”或“<”）；

③当灵敏电流计中通以d向c方向的电流时，指针会向右偏转。若某次测量时，指针向

左偏转，则综要调（填“大”或“小”），或者将探针向（填“左”或“右”）滑动;

④某次测量时，灵敏电流计的示数为0,电流表示数为100mA,此时测得探针到电阻丝

a端的长度为53.0cm,电阻丝总长度为100.0cm,则电阻丝的阻值为Q（保留3

位有效数字）。

四.计算题（共3小题，共40分）

（10分）13.如图所示，质量为Q25根=0.25kg的小车D静止在水平光滑轨道上，一根

长为L=0.9m的细绳一端固定质量为〃?=1kg的球A,细绳的另一端固定在小车D上，

另一根长为2L=1.8m的细绳一端固定质量为2机=2kg的球B,另一端固定在。点，两

细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心在同一水平高度上。现将球B拉至细绳处于

水平伸长状态后释放，设A、B发生碰撞时无机械能损失，重力加速度为g取10面『。

求：

（1）球B在最低点时的速度%的大小；

（2）碰撞结束瞬间球A的速度匕的大小;

（3）碰撞结束后球A上升的最大高度鼠

O

D

04分）14.如图所示,半径为R=15m的;光滑弧形轨道42竖直固定在水平面上,

右侧固定一半径为r=5m的竖直光滑弧形轨道CD,弧CD所对应的圆心角为60°,

BC=47m,质量为相=0.5kg的物体由A点的正上方//=7.5m高度由静止释放，经过一

段时间物体由。点离开弧形轨道.已知物体与段的动摩擦因数为〃=：,重力加速

度g取lOm/s?o

（1）求物体刚到2点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比；

（2）求物体的落地点到。点的水平距离（结果可带根号）；

（3）若物体离开。点瞬间对物体施加一水平向右的恒力尸=%^N,求物体落地前的

3

最小动能（结果保留小数点后两位）.

（16分）15.如图所示，在第一象限中有一匀强磁场（图中未画出），一带正电的粒子

（不计重力）从y轴上A点沿x轴正向以初速度?进入匀强磁场区域,4点坐标为（0,|，

从x轴上的C点出磁场并进入第四象限的匀强电场区域，方向与x轴负向成60。角。粒

子经过此电场区域后恰好垂直于y轴进入第三象限的电、磁场区域，它们的宽度都为L,

其中磁感应强度为8=答，电场强度为E=舞，粒子的质量为优、电荷量为q,虚

AqL8qL

线边界有电场。求：

（1）第一象限中匀强磁场的磁感应强度用的大小和方向；

（2）粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小；

（3）整个运动过程中，粒子距离y轴最远的水平距离。

%

x

LLLLL

物理答案

1.B

【详解】A.根据开普勒第三定律有

T；T；

解得

%=5.67年

故A错误;

B.对地球，根据万有引力提供向心力

「Mmv,2

G-T~m~

可得

[GM~

1~

“樊锦诗星”在远日点的速度

陛

1丁2

所以

二

匕V4.86

故B正确；

C.根据牛顿第二定律

「Mm

G——=ma

所以

GM

可知“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为二7,故C错误;

4.86-

D.轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离为4.86天文单位，则近日点到太

阳中心距离为L5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间内的运动,

根据开普勒第二定律有

厩=4.86

/L5

故D错误。故选B。

2.B

【详解】A.图像与坐标轴围成的面积代表位移，则匀速运动阶段的位移大小为

x=W=10x5m=50m

故A错误；

B.图像的斜率代表加速度，则匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小之比为

v

故B正确；

C.悬停处距离地面的高度

h="IxlOm=100m

2

故C错误；

D.根据平均速度的公式

可知匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度之比为1：1,故D错误；故选B。

3.D

【详解】小球A垂直打在斜面上，如图所示：

tan37°=工

§f

对于小球B

12

3gt.

tan37°=^—=宜一

v2t2V2

联立得

Vl：V2=9:8

故选D。

4.D

【详解】AB.核反应前后质量数和电荷数守恒，所以X为质子，根据左手定则可知，在S

点两粒子均受到竖直向下的洛伦兹力，其径迹均在II区，故AB错误;

C.根据洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

所以

mv

r=——

qB

由于两粒子的速度大小未知，所以不能确定半径大小关系，故C错误;

D.粒子运动的周期为

,2兀m

1=------

qB

所以运动的周期之比一定为17:8,故D正确。故选D。

5.A

【详解】AB.当底板与水平面间的夹角为30。时，受力分析如图

▼mg

由平衡条件可得

区1cos60°=综2cos30°

Fmsin60°+综2sin30°=mg

解得底板对货物的支持力

_y/3mg

NI-2

支架对货物的支持力

=mg

A正确，B错误；

CD.压下把手的过程中，货物的受力情况如图

由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，CD错误。

故选Ao

6.B

【详解】A.由图知，C与A碰前速度为匕=12m/s,碰后速度为岭=3m/s,C与A碰撞过

程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

mcv[=(mA+mc)v2

解得

mc=1kg

当C与A速度为。时，弹性势能最大

丸=：(%+mC那=18J

A错误；

B.由图知，12s末A和C的速度为为=-3m/s,4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小

等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为

I=(jnA+mc)v3-(mA+mc)v2

解得

/=—24N・s

方向向左

B正确；

C.物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s,开物块B离

开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有

(mA+mc)v2=(mA+mc+mB)v3

1,12

Ep=](%+叫)％-Q(mA+mC+mB)%

联立解得

6J

C错误;

D.物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s,物块B离开

墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有

(mA+mc)v2=(mA+mc)v4+mBv5

~(mA+mc)v2=1(mA+wc)v4

代入数据解得

v5=4m/s

物块B的最大速度为4m/s,D错误。故选Bo

7.AC

【详解】C.根据原副线圈的电压与匝数的关系可得

U1_U]_%

U2UQ+，2火2”2

代入数据解得

々10

n21

即送电线圈与受电线圈的匝数之比为10:1,故c正确；

A.由匝数比可知原线圈电流应为

ZI=^4=O.5A

%

即电流表的示数为0.5A,故A正确；

B.充电器消耗的总功率为

尸=U/=110W

故B错误；

D.由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即

Q5000x103.

t=—=-----h=lh=60min

I5

故D错误。故选AC。

8.AD

【详解】A.由理想气体状态方程竿=。可知压缩过程中气泡内气体温度保持不变，体积

变小，则气泡内气体的压强变大，故A正确；

B.压缩过程气泡内气体对外做负功，故B错误；

CD.压缩过程中气泡内气体温度保持不变，则

AC7=0

体积变小，则

W>0

由热力学第一定律AU=卬+。可知

Q<0

压缩过程气泡内气体放出热量，故C错误，D正确。故选AD。

9.AD

【详解】A.由于初始时位于汽缸底部2高度处，则初始时，活塞下方体积为由于大

0O

气压强为P。，活塞产生的压强为;P。，则初始时，气体的压强

13

Pt=Po+-Po=~Po

将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门过程，末状态气体的压强为;外,根据玻意耳定律有

=：POK

oZ

解得

T

即加热开始时，活塞下方体积为gv0,故A正确；

B.若活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门之后缓慢加热，活塞恰好到达气缸顶部，与顶部没

有相互作用的弹力，气体压强始终为;A,此时，根据盖吕萨克定律有

4

解得

Tt=2T0

可知，温度从"升至L5"过程，活塞没有到达顶部，气体做等压变化，则有

乂一%

To1.57；

解得

3

则温度从"升至L56，气体对外做功为

W=化一匕）=:必匕

2o

故B错误；

C.结合上述可知，温度升至时，活塞恰好到达气缸顶部，与顶部没有相互作用的弹力,

气体压强为;P。，故C错误；

D.结合上述可知，温度升至时，活塞己经到达气缸顶部，与顶部有相互作用的弹力，

温度由24升高至37；过程为等容过程，根据查理定律有

1

1Po=P2

2T°~3T0

解得

3

P2=-PG

故D正确。故选AD。

10.BC

【详解】AB.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线

产生电动势相等时速度达到最大；由C=?可知，金属滑块匀速时电容器极板电荷量不为零,

金属滑块匀速时轨道M电势高于轨道N,故A错误，B正确；

C.设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U,电容器放电过程中的电荷量变化为

放电时间为加，流过金属滑块的平均电流为/,在金属块滑动过程中，由动量定理得

BILAt=mv—0

由电流的定义可得

△q=It

由电容的定义式可得

c='q=

-At/_E-U

金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得

U=BLv

解得

BLCE

v=-------------

B2l}C+m

.CmE

△q=-------5--------------

CB^+m

故C正确；

D.金属滑块从开始运动到滑离轨道的整个过程中电容器消耗的电能为

AE=-EQ--EQ'=-CE2--CU2=2mB2℃2+小户

22222（C2*+哺

故D错误。故选BC。

d191nd2

（10分，每空2分）11.6.70--rngLma

%t2R-d

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为

d=6mm+0.05x14mm=6.70mm

（2）[2]小球经过最低点时的速度大小

(3)[3]由向心力公式可得

(-)2

F—mg=m—7

R--

2

整理得

厂2md21

F=----------v+mg

2R-dt2

即为了能直观地研究实验规律需作尸-1图像。

[4][5]如果图像是一条倾斜的直线，图像与纵轴的截距为侬，图像的斜率为山则则

2R—d

表明向心力与线速度的平方成正比。

(6分,每空1分)12.(1)19.9

⑵调小左19.2

【详解】（1）选用的欧姆档为“xrta”，则电阻为19.9A；

（2）②⑴⑵调节直到灵敏电流计的示数为0,则c、d两点电势差为0,可知此时纥=勿,

Uac=EN。

③[3][4]当灵敏电流计中通以d向c方向的电流时，指针会向右偏转。若某次测量时，指针

向左偏转，说明有从c向d方向的电流，则c端电势较高，综要调小，或者将探针向左滑动,

从而减小c端电势;

@[5]某次测量时，灵敏电流计的示数为0,电流表示数为100mA,此时测得探针到电阻丝

。端的长度为53.0cm,电阻丝总长度为100.0cm,根据题意可知，电阻丝的阻值为

凡吟义罂=19.2。

13.(1)6m/s；(2)8m/s；(3)0.64m

【详解】（1）球B下摆的过程中机械能守恒，则有

12

2mgx2L=—x2mv0

解得

%=2y[gL=6m/s

（2）球B与球A碰撞，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方

向，则有

2mv0=2mv1+mv2

；x2mVg=gx2mvf+；mvf

联立解得

4

%=W%=8m/s

（3）球A上升时小车D随之向右运动，球A和小车D组成的系统水平方向动量守恒、机

械能守恒，球A上升到最大高度时与小车D速度相同，则有:

；mvf=g1m+0.25m)v2+mgh

mv2=(m+0.25m)v

联立解得

力=0.64m

24<A

14.(1)—；(2)江m;(3)1.56J

136

【详解】(1)物块从开始下落到到达3点时由动能定理

12

mg(h+R)=—mvB

在5点时

F-mg=m^

NBK

解得

vB=150m/s

FNB=20N

从B点到C点时由动能定理

-mvc--mvB=-^mgsBC

解得

晅m/s

vc=

3

在C点时

FNC-mg=m^-

r

解得

%=£N

可得物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比

Z^=24

FNC13

(2)从C点到。点，由机械能守恒定律

11

—mv^2=mgr(l-cos60)+~mvo2

解得

物块落地时

解得

t=ls

则物体的落地点到。点的水平距离

G5百

尤=v»cos60f=—^―m

(3)恒力厂与的合力为

这=卜+(mg)2

方向与竖直方向的夹角为30°；

V0在垂直于尸台方向的分量为

vm=vDcos30=2.5m/s

当V。在平行于尸金方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为

=9丽1=||J=L56J