内蒙古自治区通辽市两校2023~2024学年高三下学期第四次月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1第四次月考物理试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷及草稿上无效。3．考试结束后，只交回答题卡。一、选择题：1.“打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小减小，而在竖直方向，碰撞后并不能原速弹回，而是变小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小，C正确。故选C。2.科学家因在阿秒激光方面所做出的突出贡献获得2023年诺贝尔物理学奖。通过阿秒激光，可以像看电影的慢动作回放一样，观察电子在原子内部的运动，历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是（）A.普朗克利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型B.图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能小C.③中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子D.锌的逸出功为，用④中一群处于能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为〖答案〗D〖解析〗A．卢瑟福利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；B．图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能大，故B错误；C．根据左手定则，β粒子带负电，所受洛伦兹力向右，即向右偏转的是β粒子；α粒子带正电，所受洛伦兹力向左，即向左偏转的是α粒子；γ粒子不带电，不受洛伦兹力，即不偏转γ粒子，故C错误；D．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为锌的逸出功为3.34eV，根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为故D正确。故选D。3.目前手机就能实现卫星通信功能，如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等B.三颗卫星的运行速度大于C.能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为D.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为〖答案〗D〖解析〗A．根据万有引力的公式由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A错误；BD．对于质量为m通信卫星，根据万有引力充当向心力有可得卫星的线速度在地球表面则该卫星的动能对近地卫星可得求得比较可得，三颗卫星的运行速度小于，B错误，D正确；C．若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为则卫星离地高度至少为C错误。故选D。4.手机无线充电已经很普及了，工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数分别为、，频率分别为、。受电线圈中所接电阻的阻值。当间接上的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流通过转换电路给手机快速充电，这时转换电路两端的电压为，受电线圈中的电流为。把装置线圈视为理想变压器，则（）A.B.C.快速充电时，流过送电线圈的电流大小为D.快速充电时，线圈两端的输入功率为〖答案〗D〖解析〗B．电磁感应现象中交变电流的频率不变，受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同，B错误；A．由受电线圈电路可知根据可知A错误；CD．根据可得，受电线圈电路的电功率又由能量守恒可得，线圈两端的输入功率为，又由可得，线圈两端的电流C错误，D正确。故选D。5.如图是建筑工地上“打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提起，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下落回深坑。（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取，下列说法正确（）A.每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为B.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为C.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为D.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为〖答案〗C〖解析〗B．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为选项B错误；A．每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为选项A错误；C．每次夯杆底端从坑底到坑口过程中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为选项C正确；D．每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为选项D错误。故选C。6.真空中某电场的电场线如图中实线所示，M、O、N为同一根电场线上不同位置的点，两个带电粒子a、b先后从P点以相同的速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，已知a粒子带正电向左上方偏转，则下列说法正确的是（）A.M点的电势高于N点的电势B.该电场可能是等量异种点电荷形成的C.M、N两点电场强度相同D.b粒子一定带负电，运动过程中电势能减少，动能增加〖答案〗BD〖解析〗A．a粒子带正电向左上方偏转，可知其受到电场力指向左侧，场强指向左侧，沿电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故A错误；B．等量异种点电荷形成的电场线如图所示可知该电场可能是等量异种点电荷形成的，故B正确；C．根据对称性可知，M、N两点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；D．b粒子带负电，运动过程中电场力与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少，动能增加，故D正确。故选BD。7.如图所示，边长为a的正方形区域内有一方向垂直正方形平面向里的匀强磁场，边上有一点S，，两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用，下列说法正确的是（）A.若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，则甲与乙初速度大小之比为B.若两粒子分别垂直、边射出磁场，则甲与乙初速度之比为C.若两个粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动时间之比可能D.若两粒子在磁场中运动时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为〖答案〗BC〖解析〗A．若两粒子分别从两点射出磁场，设甲、乙粒子轨迹半径分别为和，根据几何关系有，解得，由洛伦兹力提供向心力可得可得所则甲与乙的初速度大小之比为故A错误；B．若两粒子分别垂直、边射出磁场，则甲、乙粒子轨迹半径分别为和，由几何关系可得，则甲与乙初速度之比为故B正确；C．若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当甲粒子的运动半径为时，它将垂直边射出，转过的圆心角为；乙粒子将从边射出，转过的圆心角为；根据可知两粒子在磁场中的周期相等，则甲与乙在磁场中运动时间之比为故C正确；D．若两粒子在磁场中运动时间相等，当甲、乙两粒子都从边射出时，转过的圆心角均为，满足两粒子在磁场中运动时间相等，这种情况甲、乙两粒子的速度比不确定，所以甲与乙的初速度大小之比不确定，故D错误。故选BC。8.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为，长木板P与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度。则下列说法正确的是（）A.B.C.时，木板P停止运动D.滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为〖答案〗AD〖解析〗AB．根据图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得根据图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得故A正确，B错误；C．由图像可知，共速后，由于则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为对象，根据牛顿第二定律可得解得P的加速度大小为则共速到木板P停下所用时间为木板P停止运动的时刻为故C错误；D．根据图像的面积表示位移可知，共速前，滑块Q相对P向左运动的位移为共速后滑块Q的加速度大小仍为则共速后到两者都停下，滑块Q相对P向右运动的位移为则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为故D正确。故选AD二、非选择题：（一）必考题9.某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则____。（2）某次实验中，测得，则此时A的速度为____（保留2位有效数字）。（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若____（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。〖答案〗（1）1.195（2）0.10（3）〖解析〗【小问1详析】[1]螺旋测微器测出遮光条宽度为【小问2详析】[1]A的速度为【小问3详析】[1]系统减小的重力势能为系统增加的动能为在实验误差允许范围内，机械能守恒有化解得在实验误差允许范围内，若则验证了机械能守恒定律。10.某实验小组要精确测定额定电流为的纯电阻电灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时的电阻大约为。实验室提供的器材有：A．电流表（量程为，内阻为，读数记为）B．电流表（量程为，内阻为，读数记为）C．电压表（量程为，内阻约为，读数记为）D．电压表（量程为，内阻约为，读数记为）E．定值电阻F．定值电阻G．滑动变阻器（，允许通过的最大电流为）H．滑动变阻器（，允许通过的最大电流为）I．电池E（电动势为，内阻很小），开关S一个某同学设计了如图电路测量电灯电阻。（1）为尽量精确测量结果，请你帮他选择合适的器材，电表1应选____，电表2应选____，定值电阻应选____，滑动变阻器应选____。（填写器材前的字母代号）（2）测量电灯电阻的表达式为____。（用物理量的字母表示）（3）实验时，不断改变滑动变阻器的阻值，当电表2的示数达到____时，其对应的计算结果为电灯正常工作时的电阻。（结果保留2位小数）〖答案〗（1）CBEG（2）（3）〖解析〗【小问1详析】[1]由题意可知电灯正常工作时的电压大约为电表1测的是电压，应选C；[2][3]电表2测的是电流，由于灯泡额定电流为，则电表1应选B，且与定值电阻并联，改装成的电流表量程为则定值电阻应选E；[4]为了调节方便，滑动变阻器应选阻值较小的G。【小问2详析】当电流表的读数为时，通过电灯的电流为此时电压表的读数为，则电灯两端电压为则测量电灯电阻表达式为【小问3详析】由题意可知电灯正常工作时，通过电灯的额定电流为则此时电表2的示数为11.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与光滑水平面BC平滑连接于B点，且BC的长度为，BC右端连接内壁光滑、半径的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口端平齐。一个质量为的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度处静止释放小球，小球进入管口C端时，它对上管壁有作用力，重力加速度取。求：（1）小球第一次经过C点时对管壁压力的大小；（2）若水平面BC粗糙且小球与BC间的动摩擦因数0.2，弹簧最大压缩量为，其他条件均不变。在压缩弹簧过程中弹簧最大弹性势能为多少；〖答案〗（1）100N；（2）13J〖解析〗（1）从释放到C点，由动能定理有在C点有解得由牛顿第三定律可知，小球第一次经过C点时对管壁压力的大小与管壁对小球的支持力大小相等，即也为100N。（2）设整个过程中的最低点为零势能面，有解得12.如图所示，在水平面内有一圆柱形轨道，虚线MN将轨道分为左右两部分，左侧光滑且有垂直于圆柱外表面的辐射状磁场，右侧粗糙且有平行于圆柱的匀强电场。外表面绝缘的导体圆环P套在导轨上位于左端的弹射器内，某时刻弹射器给P一冲量，将P弹射进入辐射状磁场，P向右运动一段时间在边界MN处与绝缘带电圆环Q发生弹性碰撞，碰撞过程中Q的带电量不变，碰后P反弹进入磁场，Q则进入右侧电场中，在电场右侧导轨上存在两档板，Q与档板碰后反弹，碰撞时间极短，碰后损失的机械能。已知P、Q两圆环的直径略大于导轨，磁场区域长度为，P、Q两圆环周长均为，P的质量，电阻，Q环质量，带电量，Q环在虚线MN右侧受到摩擦阻力，圆环所在位置磁感应强度，电场强度，右侧的挡板到MN的距离为。求：（1）导体环P刚弹射入磁场的加速度；（2）P环与Q环碰后是否能返回弹射器，若能求出返回弹射器的速度，若不能求P环停止时离MN有多远；（3）Q环在电场中运动的路程。〖答案〗（1），方向水平向左；（2）不能，；（3）〖解析〗（1）对P环，P环的初速度为P环刚弹射入磁场产生的电动势为体环P中电流为根据牛顿第二定律可得解得导体环P刚弹射入磁场的加速度为方向水平向左。（2）P环在磁场中向右运动过程中，由动量定理可得又联立解得P、Q两环发生弹性碰撞，则有解得，设P环向左运动的最大距离为，根据动量定理可得解得P环不能返回弹射器，停止位置与MN的距离。（3）P、Q两环碰后Q环向右运动直到与挡板相撞，根据动能定理可得解得碰后动能变为碰后根据动能定理可得解得Q环第二次向右运动到与挡板相撞，根据动能定理可得解得碰后动能变为碰后根据动能定理可得解得同理可知，自Q环第一次碰挡板后，每次反向运动位移按等比规律变化，则有则Q环在电场中运动的路程为（二）选考题：【物理-选修3-3】13.一定质量的理想气体沿如图所示箭头方向发生状态变化，则下列说法正确的是（）A.bc过程温度降低B.ab过程放热，内能减少C.bc过程气体吸收的热量大于气体对外做功值D.ca过程内能一直不变E.完成一个循环过程，气体内能不变〖答案〗BCE〖解析〗AC．由图像可知，bc过程气体压强不变，体积变大，根据可知气体温度升高，气体内能增大，由于体积变大，气体对外界做功，据热力学第一定律可知气体吸收的热量大于气体对外做功值，故A错误，C正确；B．ab过程，气体体积不变，压强减小，根据可知气体温度降低，内能减少，由于体积不变，说明外界对气体做功为0，根据热力学第一定律可知气体对外放热，故B正确；D．ca过程，由图像可知乘积先变大后变小，根据可知气体温度先升高后降低，则气体内能先增大后减小，故D错误；E．完成一个循环过程，回到原来的状态，气体温度不变，气体内能不变，故E正确。故选BCE。14.如图所示，两内壁光滑、横截面积不同的竖直圆柱形汽缸内，分别用质量和厚度均不计的活塞A、B封闭了两部分理想气体，气体由活塞B隔为Ⅰ、Ⅱ两个气室，上方汽缸内壁的横截面积为下方汽缸的2倍，两汽缸连接处固定一细卡环。初始时汽缸静置于空气中，两活塞离各自缸底的距离均为，气室Ⅱ中封闭气体的压强为。已知。水的密度，取重力加速度。现用系于汽缸外壁的细线将该装置竖直缓慢放入深水中，忽略缸内两部分气体温度的变化，外界大气压强保持不变，装置气密性良好，求：（1）当活塞A离水面时，卡环到A的距离L（结果可用分数表示）；（2）当活塞A恰好接触卡环时，A离水面的深度H。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（