2023-2024学年云南省名校高三下学期月考物理试题（二）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE72024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随时间变化的关系，如图所示。关于该同学，下列说法正确的是（）A.末，加速度为零 B.末，离出发点最远C.内，受到的合力逐渐变小 D.内，平均速度小于〖答案〗C〖解析〗A．图像中，图线的斜率表示加速度，由题目中的图像可知，时，该同学的速度为零，加速度不为零，故A错误；B．内，电梯继续向上运动，因此时，该同学离出发点最远，故B错误；C．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．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，该同学在内的位移大于，因此内，根据可知，电梯的平均速度大于，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，同步卫星的运行轨道半径为，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〖答案〗D〖解析〗A．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由于，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，根据开普勒第三定律可得整理可得故C错误；D．设空间站、同步卫星的运行速率分别为，根据牛顿第二定律可得化简可得因此空间站与同步卫星的运行速率之比为故D正确。故选D。3.如图所示，间距为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，金属棒垂直于导轨放置，整个回路的电阻为。整个空间中存在方向垂直于金属棒且与水平面成角斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为。取，。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 B.方向水平向左，大小为C.方向水平向右，大小为 D.方向水平向左，大小为〖答案〗A〖解析〗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联立解得方向水平向右。故选A。4.如图所示，质量为的质点在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作用。已知质点运动的最小速度为，质点速度由增加到所用的时间为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗质点沿轴方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，当质点沿轴方向的分速度为0时，质点运动的速度最小。当质点的速度为时，根据则速度与轴正方向的夹角为，根据匀变速直线运动的规律可得根据牛顿第二定律可得联立解得故选C。5.如图所示，真空中正方形的四个顶点处分别固定有电荷量为的点电荷，点为正方形的中心，两点关于点对称。若将点处的点电荷移走，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是（）A.两点的电势均减小 B.点的电势增大，点的电势减小C.两点的电场强度均减小D.点的电场强度减小，点的电场强度增大〖答案〗C〖解析〗AB．c点处的点电荷带负电，规定无穷远处电势为零，则点处的点电荷在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，两点的电势均增大，故AB错误；CD．移走点处的点电荷前，两点的电场强度如图所示，设之间的距离为，根据矢量合成的平行四边形定则可知，点处的电场强度大小为方向向左，点处的电场强度大小为方向向右。将点处的点电荷移走后，点处的电场强度大小为方向向右，点处的电场强度大小为方向向右。因此两点的电场强度均减小，故C正确，D错误。故选C。6.一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形图如图所示，是平衡位置分别处于、处的质点。质点沿轴方向做简谐运动的表达式为。下列说法正确的是（）A.该简谐横波的周期为 B.该简谐横波的波速为C.该简谐横波沿轴负方向传播 D.质点处于波谷时，质点的速度最大〖答案〗AD〖解析〗A．该简谐横波的周期为故A正确；B．由题图可知该简谐横波的波长为，所以该简谐横波的波速为故B错误；C．由质点的振动方程可知时刻，质点a沿轴正方向振动，根据“同侧法”可知该简谐横波沿轴正方向传播，故C错误；D．质点与质点的平衡位置相差，当质点处于波谷时，质点处于平衡位置，速度最大，故D正确。故选AD。7.如图所示，一定质量理想气体，由状态开始，经三个过程后回到初状态。下列说法正确的是（）A.过程中，气体向外界放出热量 B.过程中，气体始终对外界做功C.过程中，气体的内能先增大后减小 D.过程中，气体向外界放出热量〖答案〗BC〖解析〗A．过程中，气体的体积不变，气体对外做的功为根据查理定理可得解得因此过程中温度升高，内能增大，故根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A错误；B．过程中，气体体积始终增大，对外界做功，故B正确；C．过程，根据理想气体方程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．过程，气体最终回到状态a内能不变，故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，故根据热力学第一定律可知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变化的关系如图乙所示。重力加速度取，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为B.弹簧的弹性势能最大为C.小球从运动到的过程中，小球和弹簧组成的系统动量守恒D.小球从运动到的过程中，小球的最大速度为〖答案〗BD〖解析〗A．小球在处的加速度为0，根据牛顿第二定律可得由题目图乙可知联立解得故A错误；B．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒可得故B正确；C．小球从运动到的过程中，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，根据图像与坐标轴围成的面积表示合外力做的功，则小球从运动到的过程中，合外力做的功为根据动能定理则小球最大速度为故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，内阻为）改装成多用电表，其中电流表的量程为、电压表的量程为，然后进行校对，设计电路如图所示，图中电阻箱（阻值范围为）、（阻值范围为），a为公共接线柱。回答下列问题：（1）为_______的接线柱（选填“电流表”或“电压表”）。（2）应将电阻箱的阻值调为_______。（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、电压挡的量程为，应_______。（填正确〖答案〗前的字母标号）A．仅将调大B．仅将调小C．将都调大D．将调大，将调小〖答案〗（1）电流表（2）2910.0（3）B〖解析〗（1）[1]与小量程电流表并联，为电流表接线柱，与改装后的电流表串联，为电压表接线柱。（2）[2]根据串、并联电路的规律可得解得（3）[3]由于电流挡准确，所以不需要调整。电压挡量程偏大，根据串、并联电路的规律可得因此仅将调小即可。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。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，利用打点计时器打出的纸带计算出不同拉力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的交流电源，重力加速度取，据此回答下列问题：（1）关于该实验，下列说法正确的是_______。（填正确〖答案〗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_______。（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，并计算对应的滑块的加速度，在坐标纸上描点作出图像，如图丙所示，所得图线没有经过坐标原点，可能的原因是_______（写一条即可）。（4）由图丙可以求出滑块的质量为_______kg，滑块与木板间的动摩擦因数为_______。（计算结果均保留2位有效数字）〖答案〗（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〖解析〗（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（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化简整理可得因此图像的斜率表示解得[5]加速度为零时，有解得11.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，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。一带电粒子从轴上的点，以速率在纸面内沿与轴正方向成的方向射入磁场，粒子恰好垂直于轴离开磁场。不计粒子的重力。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子在磁场中运动的时间。〖答案〗（1）；（2）〖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，由几何关系可得根据牛顿第二定律可得联立解得（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为带电粒子在磁场中运动的时间为联立解得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。在过球心的球面内，用一细束单色光照射这一水球上的a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，光在真空中的传播速度为。求：（1）水的折射率；（2）细光束在水球中的传播时间。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）光路图如图所示由几何关系可得则解得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联立解得（2）根据折射定律可得细光束在水球中的传播速度为由几何关系可得细光束在水球中传播距离为细光束在水球中传播的时间为联立解得13.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在足够长的斜面上，斜面与水平面之间的夹角为。物块（可视为质点）和木板，通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，物块与木板下端对齐，物块、木板间的接触面和轻绳均与斜面平行。时刻，将物块、木板静止释放；时，剪断轻绳，物块恰好不会从木板上端滑落。已知木板的上表面光滑，下表面与斜面之间的动摩擦因数，物块、木板的质量分别为：，取重力加速度。求：（1）时刻，物块加速度大小；（2）木板的长度。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）刚释放物块、木板瞬间，设轻绳的拉力大小为，物块的加速度大小为，对物块、木板分别根据牛顿第二定律可得联立解得（2）在时间内，设时，物块a的速度大小为，对物块分别根据匀变速直线运动的规律可得解得剪断轻绳后，对物块、木板分别根据牛顿第二定律可得解得，设再经过时间，物块、木板达到共速解得，在时间内，根据匀变速直线运动可得，物块、木板的位移的大小分别为解得木板的长度为联立解得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随时间变化的关系，如图所示。关于该同学，下列说法正确的是（）A.末，加速度为零 B.末，离出发点最远C.内，受到的合力逐渐变小 D.内，平均速度小于〖答案〗C〖解析〗A．图像中，图线的斜率表示加速度，由题目中的图像可知，时，该同学的速度为零，加速度不为零，故A错误；B．内，电梯继续向上运动，因此时，该同学离出发点最远，故B错误；C．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．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，该同学在内的位移大于，因此内，根据可知，电梯的平均速度大于，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，同步卫星的运行轨道半径为，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〖答案〗D〖解析〗A．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由于，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，根据开普勒第三定律可得整理可得故C错误；D．设空间站、同步卫星的运行速率分别为，根据牛顿第二定律可得化简可得因此空间站与同步卫星的运行速率之比为故D正确。故选D。3.如图所示，间距为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，金属棒垂直于导轨放置，整个回路的电阻为。整个空间中存在方向垂直于金属棒且与水平面成角斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为。取，。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 B.方向水平向左，大小为C.方向水平向右，大小为 D.方向水平向左，大小为〖答案〗A〖解析〗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联立解得方向水平向右。故选A。4.如图所示，质量为的质点在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作用。已知质点运动的最小速度为，质点速度由增加到所用的时间为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗质点沿轴方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，当质点沿轴方向的分速度为0时，质点运动的速度最小。当质点的速度为时，根据则速度与轴正方向的夹角为，根据匀变速直线运动的规律可得根据牛顿第二定律可得联立解得故选C。5.如图所示，真空中正方形的四个顶点处分别固定有电荷量为的点电荷，点为正方形的中心，两点关于点对称。若将点处的点电荷移走，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是（）A.两点的电势均减小 B.点的电势增大，点的电势减小C.两点的电场强度均减小D.点的电场强度减小，点的电场强度增大〖答案〗C〖解析〗AB．c点处的点电荷带负电，规定无穷远处电势为零，则点处的点电荷在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，两点的电势均增大，故AB错误；CD．移走点处的点电荷前，两点的电场强度如图所示，设之间的距离为，根据矢量合成的平行四边形定则可知，点处的电场强度大小为方向向左，点处的电场强度大小为方向向右。将点处的点电荷移走后，点处的电场强度大小为方向向右，点处的电场强度大小为方向向右。因此两点的电场强度均减小，故C正确，D错误。故选C。6.一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形图如图所示，是平衡位置分别处于、处的质点。质点沿轴方向做简谐运动的表达式为。下列说法正确的是（）A.该简谐横波的周期为 B.该简谐横波的波速为C.该简谐横波沿轴负方向传播 D.质点处于波谷时，质点的速度最大〖答案〗AD〖解析〗A．该简谐横波的周期为故A正确；B．由题图可知该简谐横波的波长为，所以该简谐横波的波速为故B错误；C．由质点的振动方程可知时刻，质点a沿轴正方向振动，根据“同侧法”可知该简谐横波沿轴正方向传播，故C错误；D．质点与质点的平衡位置相差，当质点处于波谷时，质点处于平衡位置，速度最大，故D正确。故选AD。7.如图所示，一定质量理想气体，由状态开始，经三个过程后回到初状态。下列说法正确的是（）A.过程中，气体向外界放出热量 B.过程中，气体始终对外界做功C.过程中，气体的内能先增大后减小 D.过程中，气体向外界放出热量〖答案〗BC〖解析〗A．过程中，气体的体积不变，气体对外做的功为根据查理定理可得解得因此过程中温度升高，内能增大，故根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A错误；B．过程中，气体体积始终增大，对外界做功，故B正确；C．过程，根据理想气体方程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．过程，气体最终回到状态a内能不变，故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，故根据热力学第一定律可知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变化的关系如图乙所示。重力加速度取，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为B.弹簧的弹性势能最大为C.小球从运动到的过程中，小球和弹簧组成的系统动量守恒D.小球从运动到的过程中，小球的最大速度为〖答案〗BD〖解析〗A．小球在处的加速度为0，根据牛顿第二定律可得由题目图乙可知联立解得故A错误；B．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒可得故B正确；C．小球从运动到的过程中，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，根据图像与坐标轴围成的面积表示合外力做的功，则小球从运动到的过程中，合外力做的功为根据动能定理则小球最大速度为故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，内阻为）改装成多用电表，其中电流表的量程为、电压表的量程为，然后进行校对，设计电路如图所示，图中电阻箱（阻值范围为）、（阻值范围为），a为公共接线柱。回答下列问题：（1）为_______的接线柱（选填“电流表”或“电压表”）。（2）应将电阻箱的阻值调为_______。（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、电压挡的量程为，应_______。（填正确〖答案〗前的字母标号）A．仅将调大B．仅将调小C．将都调大D．将调大，将调小〖答案〗（1）电流表（2）2910.0（3）B〖解析〗（1）[1]与小量程电流表并联，为电流表接线柱，与改装后的电流表串联，为电压表接线柱。（2）[2]根据串、并联电路的规律可得解得（3）[3]由于电流挡准确，所以不需要调整。电压挡量程偏大，根据串、并联电路的规律可得因此仅将调小即可。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。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，利用打点计时器打出的纸带计算出不同拉力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的交流电源，重力加速度取，据此回答下列问题：（1）关于该实验，下列说法正确的是_______。（填正确〖答案〗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_______。（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，并计算对应的滑块的加速度，在坐标纸上描点作出图像，如图丙所示，所得图线没有经过坐标原点，可能的原因是_______（写一条即可）。（4）由图丙可以求出滑块的质量为_______kg，滑块与木板间的动摩擦因数为_______。（计算结果均保留2位有效数字）〖答案〗（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〖解析〗（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（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