2024届河南省焦作市博爱一中高三（上）12月月考物理试题及答案

焦作市博爱一中2023—2024学年高三（上）12月月考物理注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.《国家地理频道》实验证实：四个水球就可以挡住子弹！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。如图所示，子弹恰好能穿出第四个水球，则可以判定（）A.子弹在每个水球中的速度变化量相同B.子弹穿出第二个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等C.子弹穿过每个水球的时间比为1∶3∶5∶7D.子弹射入每个水球时的速度比为2:3:2:1mk2.已知：弹簧振子的振动周期T2π，总机械能与振幅A的平方1EkA2成正比，即，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量。如2图所示，一劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端连接着质量第1页为m的物块，物块在光滑水平面上往复运动。当物块运动到最大位移为A的时刻，把另一质量也为m的物块轻放在其上，两个物块恰好始终一起振动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。放上质量也为m的物块后，下列说法正确的是（）kAA.两物块之间的动摩擦因数为2mgB.物块振动周期变为原来的2倍12C.物块经过平衡位置时速度为D.系统的振幅减小2m3.2023年4月11～12日，全球25个国家的科学家们参加了我国举办的“夸父一号”卫星观测数据全球开放共享及使用的培训会，体现了大国担当。“夸父一号”卫星是我国首颗综合性太阳探测卫星，也是首颗在近地轨道观测太阳“一磁两爆”的卫星。如图所示，它和另一颗卫星在同一平面内分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运动（圆半径与椭圆半长轴等长），两轨道相交于B两点。图示为某时刻两卫星与地球在同一直线上，则下列说法中正确的是（）A．两颗卫星在A或B点处不可能相遇B.两颗卫星在B处的万有引力大小相等C.两颗卫星的运动周期可能大于24小时v1v可能相等2D.两颗卫星在此时刻的速度和4.如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经第2页电场偏转后发生的侧移为y，不计粒子的重力，要减小侧移y，下列操作可行的是（ꢀ）A．仅将PQ板向下平移一些B.仅将PQ板向上平移一些C.将开关K断开，仅将PQ板向下平移D.将开关K断开，仅将PQ板向上平移x5.一列沿着轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，质点m、n的平衡位置坐标分别为x0、x0.5m，波长6m，图乙是波源的振动图像，下列说12法正确的是（ꢀ）mA.该时刻点向上振动2B.波速大小为m/s313ms回到平衡位置C.质点经mnD.波从传播到的时间为0.2s6.如图所示，有一原副线圈匝数比为1:n21:2的理想变压器，原线圈连接有一光滑且足够长的水平导轨，两轨道之间距离为d，轨道内有磁感应强度为B10T的磁场，磁场方向垂直轨道所在平面向下。一长为l2m，电阻为R10的金属棒垂直导轨在水平方向上运动，且金属棒始终与导轨接触良好，金属棒的运动速度v202sintm/s变压器副线圈并联有两相同电阻，第3页RR40。不计导轨和连接导线的电阻，下列说法正确的是（12）A．金属棒感应电动势的最大值为200VB.原线圈的电流10AC.金属棒上产生的热功率2000WD.R上产生的热功率2000W17.图甲是研究光电效应的电路图，K极为某金属（截止频率为5.44Hz，逸出功为），图乙为氢原子能级图（巴耳末系的四种可见光，是分别从n3456能级跃迁到n2能级产生的）。下列说法正确的是（ꢀ）A.仅将P移至C端，电流表示数一定变为0B.氢原子从基态跃迁到高能级，电子的动能增大C.上述四种可见光中仅有一种可见光不能让图甲中K极金属发生光电效应12H3pFD.将自感系数为的电感线圈和电容为电容器组成振荡LC电路，用该电路产生的电磁波照射n2能级的氢原子，可使其发生电离8.如图所示，一轻质滑轮通过拉力传感器固定右侧墙壁上，质量M4kgm2kg物块A放置在长直木板B置于水平桌面，质量为木板上，细线通过滑轮将木板和物块相连。已知物块与木板之间10.420.5。现用动摩擦因数为，木板与桌面之间动摩擦因数第4页水平拉力F将物块从木板上方匀速拉动，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ꢀ）A.细线拉力大小为38NB.水平拉力F大小为46NC.拉力传感器读数为72ND.若将拉力作用在木板上，匀速抽出木板拉力大小为38N9.如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，垂直于杆，则下列结论正确的是（）A.小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定等于重力加速度gB.小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减少C.小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D.小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大10.有a、b、c、d四只电阻，其中三只电阻的阻值一样，只有一只电阻的阻值偏大。要找出这只电阻，某同学设计了如图所示的电路。当开关闭合时测出有电流从P流向Q，下列说法正确的是（ꢀ）第5页A.阻值偏大的电阻一定是a和d中的一个B.阻值偏大的电阻一定是c和b中的一个C.下一步可将a和d互换位置，根据P、Q间电流的流向来判断D.下一步可将d和c互换位置，根据P、Q间电流的流向来判断二、非选择题：本题共6小题，共70分。11.（6分）如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过滑轮与质量为m的钩码相连，绳子的悬挂点与拉力传感器相连，滑块上遮光条宽度为d、实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，拉力传感器的读数为F。不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。（1）用游标卡尺测量遮光条宽度，其读数为cm。（2）甲同学用该装置探究“加速度与合外力的关系”，在实验过程中，甲同学并未保证钩码的质量远小于滑块质量，这对该实验的实验结果影响（选填“有”或“无”）（3）乙同学用该装置“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”，实验时记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通第6页过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作图像（11选填，L、L2t或Lt2）该图像的斜率kΔt。12.（9分）“探究平抛运动的特点”的实验有以下几步。（1）某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是。（2）①在（1）的基础上，该组同学用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是A.斜槽轨道末端切线必须水平。B.斜槽轨道必须光滑C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放②该组同学通过实验，得到了钢球做平抛运动的轨迹如图丙中的曲线OP所示。在曲线OP上取A、B、C、D四点，这四个点对应的坐标分别（x，y）、（x，y）、（x，y）、（x，y），使AABBCCDDy:y:y:y1:4:9:16，若x:x:x:xD，则说明钢球在xABCDABC方向的分运动为匀速直线运动。（3）另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如图丁所g示，已知每个小方格的边长为L，重力加速度为，则钢球平抛的初速度大小为。第7页13.（10分）如图甲所示为某游乐场的“旋转飞椅”，其模型简化图如图乙所示。假设“旋转飞椅”一共有10只座椅，每只座椅上都坐着游客，每个游客（含座椅）的质量均为m。已知“旋转飞椅”靠电机转动轮轴，当启动电机后，“旋转飞椅”开始转动，稳定转动时钢绳与竖直方向的夹角为θ，钢绳的长度为L，钢绳悬点到转轴的水平距离为r，重力加速度为g，不考虑空气阻力和钢绳的重力。求：（1）“旋转飞椅”稳定转动时，其转动一周所用的时间和钢绳上的拉力大小；（2）“旋转飞椅”由静止至稳定转动过程，电机至少需要对“旋转飞椅”做的功。14.（12分）如图，粗糙绝缘的水平面上，相隔2L的AB两点固定有两个电量均为Q的正点电荷，a，O，b是AB连线上的三点，且第8页LO为AB连线的中点，Oa=Ob=。一质量为m、电量为+q（q>02v）的点电荷以初速度从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过0程中电荷受到大小恒定的摩擦力作用，当它第一次运动到O点时v速度为2，继续运动到b点时速度刚好为零，经过一段时间，最0后恰停在O点。已知静电力恒量为k。求∶（1）a点的场强大小；（2）摩擦力的大小；（3）电荷在电场中运动的总路程。15.（15分）如图所示，一轻质弹簧的上端固定在顶部，下端拴接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B距离地面高h。将细线烧断，物块A开始做简谐运动，当B落地时，BA刚好第三次到达最高点。已知B的质量，弹簧的劲度系数k100N/m，重力加速度g取2。（1）求小物块A振动的振幅A；（2）求小物块A振动的周期T；（3）从细线烧断开始计时，竖直向下为正方向，写出物块A做简xt谐运动的位移与时间（）关系式。第9页16.（18分）在如图所示的坐标中，第二、三象限内有一电场强度为E、方向竖直向下的有界匀强电场，电场宽度为L2d，为电场左边边界。在第四象限中的某一区域中有一个矩形有界匀强磁场（图中没标出），其磁感应强度为B。现有一个带正电、电荷量为q、质量为m的电荷从电场左边边界上Q点以某一速度垂直电场方向进入电场，然后再从O点进入了第四象限，粒子随后进入了磁场，运动一段时间后粒子到达x轴上并沿x轴反方向向O点运动并返回了电场中，忽略粒子的重力，点Q距x的距离为3d，试回答：2（1）求粒子从O点刚进入第四象限时的速度大小和方向；（2）若粒子在磁场中做匀速圆周运动时的向心加速度大小与其在电场中的加速度大小相同，从粒子第一次经过O点开始计时，经多长时间粒子再次回到O点？（3）在满足（2）问和题干中的条件下，求第四象限中的磁场的最小面积。第10页物理参考答案一、选择题1.答案：D解析：C：由逆向思维，子弹的运动可看成初速度为零做匀加速直线运动，子弹穿过水球时，相当于通过四个连续相等的位移，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律，子弹依次穿过4个水球，C错误；23:32:21:1的时间之比为A：子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，加速度不变，由v可知，子弹在每个水球运动的时间不相同，则速度的变化量不相同，A错误；B：由C项分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，即此时刻为中间时刻，由匀变速直线运动的规律可知，子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等，B错误；D：由逆向思维，子弹的运动可看成初速度为零做匀加速直线运动，子弹穿过水球时，相当于通过四个连续相等的位移，根据公式2v2ax，可知，子弹自右至左穿出每个水球速度比为1:2:3:2，则子弹射入每个水球时的速度比为2:3:2:1，D正确。选D。2.答案：A解析：A.对整体受力分析可知，当位移最大时弹簧弹力提供回复力，根据牛顿第二定律得kA=2ma对上面物块的回复力由静摩擦力提供，当位移最大时，最大静摩擦力满足联立解得动摩擦因数为2mg第1页A正确；B.根据周期公式可知，周期与振子质量的平方根成正比，当质量加倍时，周期为原来的2倍，B错误；C.由已知得总机械能为1EkA22根据机械能守恒定律得平衡位置时的最大动能为12Ekm2mvE2解得kA2vm2mC错误；D.由于上方物块处于最大位移时放上去的，而此时速度为零，总机械能为弹簧的弹性势能，在弹性势能和动能的转化过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的总机械能守恒，则振幅不变，D错误。选A。3.答案：A解析：A.根据开普勒第三定律RT32C圆轨道半径与椭圆轨道半长轴等长，两颗卫星周期相同，两颗卫星在A或B点处不可能相遇，A正确；B.根据万有引力公式MmFGr2两颗卫星的质量未知，两颗卫星在B处的万有引力大小不一定相等，B错误；C.根据开普勒第三定律RT32C两颗卫星的轨道为近地轨道，比同步卫星的轨道高度低，两颗卫星的运动周期不可能大于24小时，C错误；第2页v2D.设卫星速度为时所在位置为C点，以地球球心为圆心，C点到地球球心的距离为半径作圆，得到轨道3，根据变轨原理，卫星需在C点加速从轨道2进入轨道3，可得32根据万有引力提供向心力Mmv2Gmr2r可得线速度为GMrv由于“夸父一号”卫星轨道半径小于轨道3半径，可得13即12v1v不可能相等，D错误。选A。2两颗卫星在此时刻的速度和4.答案：B解析：AB.粒子在电场中偏转的侧移量为1yat22而粒子在电场中运动的加速度为qEam电容器在连接电源的情况下，极板间电压不变，极板间场强为UEd仅将PQ板向下平移一些，两板间的场强变大，粒子沿电场方向的加速度增大，侧移变大，仅将PQ板向上平移一些，两板间的场强变小，粒子沿电场方向的加速度减小，侧移变小，A项错误，B项正确；CD.将开关K断开，两板的带电量不变，极板间场强为ErS可知仅将PQ板向下平移或向上平移，两板间的电场强度不变，侧移不变，C、D项错误。选B。5.答案：C第3页x解析：A：波沿轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻点向m下振动，A错误；B：根据图乙可知，周期为4s，则波速大小为643vm/sm/s，B错误；T22ππx10sinx，yAsinC：对于一个标准的正弦波函数有31若y0=5cm，解得质点距离原点的最小距离为00.5m，为12x了使得m点回到平衡位置，波沿轴正方向至少传播的距离为111xx0.5m，根据波速关系式有v，解得ts，C正110123确；xt213mnD：波从传播到过程，根据波速关系式有v2t2，解得s，D错误。选C。6.答案：C解析：A.由金属棒的运动速度v202sin10tm/s可知，金属棒运动的最大速度m202m/s金属棒产生的感应电动势的最大值为EBdv101202V2002VmmA错误；B.根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，金属棒感应电动势的有效值为Em20022UV200V2设变压器原线圈电压为U，变压器副线圈电压为U，原线圈的电21流为I，副线圈的电流为I，则21RUU2U1U11，212副线圈回路第4页U2R1I2功率关系UIUI2211解得U=100V，I=20A，I=10A211B错误；C.金属棒上产生的热功率为RP122025W2000W2C正确；D.R1上产生的热功率为I2210212140W1000W2D错误。选C。7.答案：C解析：A.根据题意可知，若光能过使K极金属发生光电效应，仅将P移至C端，AK间的电压为0，仍有微弱的光电流，故A错误；B.氢原子从基态跃迁到高能级，轨道半径变大，由2mvr2r2可知，电子的速度减小，则动能减小，故B错误；n2C.由能级跃迁原理可知，从能级n3跃迁至能量为1.89eV，小于逸出功，不能使K极金属发生光电效应；从能n22.55eV产生的光的光子级n4跃迁至产生的光的光子能量为，大于逸出功，n2可以使K极金属发生光电效应；从能级n6、5跃迁至产生的光的光子能量大于2.55eV，大于逸出功，能使K极金属发生光电效应。所以氢原子光谱中仅有一种可见光不能让图中甲K极金属发生光电效应，故C正确；D.回路中产生的电磁波的频率为11Hz2.6510Hz72πLC2π1210631012回路中产生的电磁波的能量为第5页6.610342.65101.6101971.091073.40eV所以该电路产生的电磁波不能让n2能级的氢原子发生电离，故D错误。故选C。8.答案：ABfmg8N解析：A：物块与木板间滑动摩擦力，木板与桌面间11fMmg30N滑动摩擦力，木板匀速运动，细线拉力22Tff38NFT146N，A正确；B：物块匀速则拉力0T76N，B12正确；C：拉力传感器读数，C错误；D：若将拉力作T18N用在木板，细线拉力大小，匀速拉出木板拉力大小FTff46N，D错误。选AB。129.答案：BD解析：A.在B点时，小球的加速度为g，在间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，A错误；B.由机械能守恒定律可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，B正确；C.小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，C错误；D.D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，D正确。选BD。10.答案：AD解析：AB.假设a、c电阻相等，又根据并联关系可知IaIc而IaIPQI，IIIdbcPQ可知IbId第6页又因为b、d并联，电压相等，根据欧姆定律知bd可知比较大的电阻是d。同理，假设b、d电阻相等，又根据并联关系可知IbId而IaIPQI，IIIdbcPQ可知IcIa又因为a、c并联，电压相等，根据欧姆定律知ca可知比较大的电阻是a。所以阻值偏大的电阻一定是a和d中的一个，故A正确，B错误；C.由上述分析知将a和d互换位置，电流流向不变，无法判断，故C错误；D.下一步可将d和c互换位置，若P、Q之间的流向不变可知此时一定是a电阻偏大，若电流流向发生变化则可知一定是d电阻偏大（反证法，假设d电阻偏大，而电流流向仍然不变，根据前述分析可知，存在由P至Q的电流，则互换后，a、c一定有一个电阻偏大，与d电阻偏大矛盾，故可知若d电阻偏大，电流流向一定改变），故D正确。故选AD。二、非选择题1（3）L；211.（6分）答案：（1）0.355（2）无）Md22F解析：（1）如图所示游标卡尺读数为d110.05mm0.355cm。第7页（2）该实验可以通过力的传感器直接测得滑块所受拉力大小，所以无需使钩码的质量远小于滑块质量，则甲同学并未保证钩码的质量远小于滑块质量，这对该实验的实验结果无影响。21dt（3）根据题意，由动能定理有FLM，整理可得2Md211LL，为了获得线性图像，应作2t2图像，该图像的2FtMd2斜率为k。2F12.（9分）答案：平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动3AD/DA1:2:3:422解析：（1）[1]实验发现，两球总是同时落地，由此可以得到得结论是平抛运动在竖直方向得分运动为自由落体运动。（2）[2]A.为保证小球离开斜槽末端时初速度沿水平方向，斜槽末端切线必须水平，故A正确；BD.只要小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，都可保证小球在斜槽末端速度相等，斜槽轨道无需光滑，故B错误，D正确；C.将坐标纸上确定得点用光滑得曲线依次连接，故C错误。故选AD。[3]小球竖直方向做自由落体运动，则1hgt22小球运动时间为2htg根据相邻相等时间内的位移差为定值可知相邻点迹间的时间间隔相等，所以若水平方向做匀速直线运动，则应满足x:x:x:x1:2:3:4ABCD（3）[4]根据相邻相等时间内的位移差yBCLAB2LgT2则第8页2LTg根据匀速直线运动的规律得3LvT32v2rLsingtancos13.（10分）答案：（1）2，；（2）10mgL1cos5mgtanrLsin解析：（1）“旋转飞椅”稳定转动时，对游客和座椅整体进行受mgcos力分析可得钢绳上的拉力F，设此时座椅到中心轴的距离为R，则有RrLsin，“旋转飞椅”转动一周所用的时间为T，由22牛顿第二定律可得mgtanmR，联立解得TrLsingtanT。v2（2）由牛顿第二定律可得mgtanm，解得RvgtanrLsin，“旋转飞椅”由静止至稳定转动过程，每个游客（含座椅）机械能的增加量为1EEEmv2mgL1cos，全部游客（含座椅）机械能kp2总10E的增加量为，从启动到“旋转飞椅”刚稳定转动过程中WE，电机至少需要对“旋转飞椅”做的功，联立解得总10mgL1cosW5mgtanrLsin。32kQ9L2mv0214.（12分）答案：（1）；（2）；（3）4.5L2L第9页Q4kQ21k2解析：（1）A点电荷在a点的场强大小为L，方2Q492E2k2向水平向右B点电荷在a点的场强大小为3L2，方向3292水平向左，a点的场强大小为E1E2。（2）根据等量同种电荷的等势面的分布可知，a、b两点的电势相1fL002等，则a