浙江省2023-2024学年高三物理上学期月考试卷含解析

浙江省2023-2024学年高三上学期月考物理试题一、选择题1.现代健身人群，常控制卡路里（cal）的摄入来达到健身效果。已知，下列用国际单位制中的基本单位来表示卡路里的单位正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据W=Fx以及F=ma可知故选A2.端午节两个队伍比赛的速度与时间关系图像如图所示，甲在第一段时间的加速度是第二段时间加速度的2倍，下列说法正确的是（）A.甲乙两队伍同时出发B.内，甲平均速度大于乙的平均速度C.甲在时刻的速度是D.乙到达终点的时刻为【答案】C【解析】【详解】A．由图可知乙队伍出发时间后，甲队伍出发，甲队伍比乙队伍晚出发，故A错误；B．图象与坐标轴围成的面积表示位移，内，甲图象与坐标轴围成的面积小于乙图象与坐标轴围成的面积，乙的位移较大，所用时间相同，甲平均速度小于乙的平均速度，故B错误；C．设甲在时刻的速度为，甲在第一段时间的加速度为甲在第二段时间的加速度为且可得甲在时刻的速度是故C正确；D．两支队伍比赛的路程为乙加速阶段的位移为设乙到达终点的时刻为，则解得乙到达终点的时刻为故D错误。故选C。3.鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为，海水的密度为，则海浪对礁石每秒的冲量约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】每秒撞击礁石的海浪质量为根据动量定理海浪对礁石每秒的冲量约为故选D。4.如图甲所示，在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的Ⅰ－t图像如图乙所示，已知电源电动势为8.0V，下列说法正确的是（）A.到时间内，电容器放电量约为B.电容器电容约为C.如果将平行板电容器的板间距离增大，放电I－t图像距坐标原点会变远D.如果匀速将一块陶瓷板放入电容器两板之间，则电容C均匀变小【答案】B【解析】【详解】A．图像与坐标轴围成的面积等于电容器的放电量，则到时间内，电容器放电量约为选项A错误；B．电容器总的放电量为电容器的电容约为选项B正确；C．如果将平行板电容器的板间距离增大，则电容器的电容减小，根据Q=CU可知，电容器的带电量减小，则放电电量减小，则放电I－t图像距坐标原点会变近，选项C错误；D．如果匀速将一块陶瓷板放入电容器两板之间，根据可知，介电常数均匀增加，则电容C均匀变大，选项D错误。故选B。5.一电阻的单匝闭合线框处于变化的磁场中，在一个周期内穿过线框的磁通量Φ随时间t的变化情况如图所示，已知图中的曲线部分按正弦规律变化，取，则下列说法正确的是（）A.线框中电流的有效值为B.时，电流到最大值C.到间，线框产生的焦耳热8πJD.内电流方向变化2次【答案】A【解析】【详解】A．内线框中的感应电动势最大值为内线框中的感应电动势为内线框中的感应电动势为根据交变电压的有效值定义，有解得线框中电流的有效值为故A正确；B．时，闭合线框内磁通量达到最大，闭合线框内磁通量变化率为零，闭合线框内感应电动势为零，电流为零，故B错误；C．到间，线框产生的焦耳热为故C错误；D．由图可知一周期内，即内电流方向变化2次，故内电流方向变化4次，故D错误。故选A。6.如图所示，有一截面为等腰直角三角形ABC的光学介质，其上方放置了一块平面镜，该平面镜所在平面与三角形的底面AC（长为L）平行且相距为。现一束光从底面上的D点（与A点距离为）垂直底面入射，该束光在界面AB上的E点（图中未画出）发生反射和折射；若把反射光到达界面BC的位置记为F点（图中未画出），发现E点处的折射光经过平面镜发生一次反射后也恰能到达F点。下列说法正确的是（设三角形介质和平面镜均处于真空中）（）A.设光在介质中经历的时间和折射光经平面镜反射到介质的时间比值为k，则入射点越靠近A点，k越大B.该介质对该光束的折射率为C.在E点的反射光和折射光的光速均为D.D点以各个角度入射的光，都能在AB边发生折射【答案】B【解析】【详解】B．在中可得解得入射角为出射角根据折射定律，该介质对该光束的折射率为故B正确；C．在E点的反射光的光速为，在E点的折射光的光速为故C错误；A．根据几何关系，光在介质中运动的距离为光在介质中运动的距离不变，可知入射点越靠近A点，光在介质中运动的时间不变，为正三角形，折射光经平面镜反射到介质的距离为入射点越靠近A点，增大，折射光经平面镜反射到介质的距离增大，折射光经平面镜反射到介质时间增大，则入射点越靠近A点，k越小，故A错误；D．光在AB边发生全反射的临界角为根据几何关系，D点以各个角度入射的光中，存在光线在AB边的入射角大于临界角时，将在AB边发生全反射，故D错误。故选B。7.第二宇宙速度（又称为逃逸速度）是指物体完全摆脱地球引力束缚，飞离地球所需的最小发射速度。已知第二宇宙速度为其中G、M、R分别为引力常量、地球的质量、地球的半径。在目前的天文观测范围内，宇宙内物质的平均密度为ρ。若将宇宙看成一个密度均匀的球体，任何物体都不能脱离宇宙，则宇宙的半径至少为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设整个宇宙的半径为r，则宇宙的质量根据可得宇宙的第一宇宙速度宇宙的第二宇宙速度为依题意可知解得故选C。8.如图所示，相距3m的和是两个完全相同声源，选某一时刻为计时零点，两声源振动方程均为，声速。以两声源连线中点O为坐标原点过两个声源建立x轴，下列说法正确的是（）A.发出的声波和另一个频率为Hz的声波能发生干涉B.当人位于处时，几乎听不到声音C.时，处的质点位移为D.在和之间有2个振动加强点【答案】B【解析】【详解】A．两声源的频率为由于频率不同，不能与频率为Hz的声波发生干涉，故A错误；B．两声源的波长为当人位于处时，两声源与人的波程差为故处为振动减弱点，几乎听不到声音，故B正确；D．设振动加强点的横坐标为，振动加强点的波程差满足（n=0，1，2，3…）且解得，故在和之间有1个振动加强点，故D错误；C．两声源的周期为85s为整数个周期，时，处的质点位移为恰为计时零点时的位移，由D可知，处的质点为振动加强点，处质点与的波程差为，则时，在处质点质点位移为同理时，在处质点位移为故时，处的质点位移为故C错误。故选B。9.近年来无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V，电流为正弦式交流电，接收线圈的输出电压为。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80％，忽略其他损耗，下列说法正确的是（）A.接收线圈与发射线圈中匝数比为B.接收线圈与发射线圈中电流之比等于C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率不相同D.当发射线圈的正弦式交流电处于峰值时，受电线圈的磁通量为0【答案】A【解析】【详解】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数关系其中，接收线圈与发射线圈中匝数比为故A正确；B．由于存在漏磁现象，接收线圈与发射线圈中电流之比不等于原、副线圈匝数比的倒数，故B错误；C．变压器不改变交变电流的频率，发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C错误；D．当发射线圈的正弦式交流电处于峰值时，产生的磁感应强度达到最大，受电线圈内磁通量达到最大，磁通量变化率为零，受电线圈的感应电动势为0，故D错误。故选A。10.静止在匀强磁场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与磁场方向垂直，且经过一定时间后形成的轨迹如图所示。那么碳14的核反应方程可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】放射的某种粒子与反冲核动量守恒可得根据洛伦兹力提供向心力可得则放射的某种粒子与反冲核在磁场中的运动半径关系为由图可知放射的某种粒子与反冲核在磁场中的运动半径关系约为且则，碳14的核反应方程可能是故选A。11.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为的小球从弹簧正上方某高度处自由下落，从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，空气阻力不计，g取。下列说法正确的是（）A.当时，小球处于超重状态B.若小球接触弹簧瞬间粘住（不计能量损失），最低点的小球加速度大小可能等于gC.该弹簧的劲度系数为D.从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．当时，小球做加速运动，小球受到的重力大于弹簧的弹力，小球有向下的加速度，小球处于失重状态，故A错误；C．由图像知，小球与弹簧接触的开始一段位移内速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx为0.1m时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力，由解得故C正确；B．由图可知，当时，小球处于最低点，根据牛顿第二定律可得解得最低点的小球加速度大小为故B错误；D．从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，弹簧弹力一直做负功，小球的机械能一直减小，故D错误。故选C。12.如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，已知线圈中的电场能连续两次达到最大的时间间隔为，不考虑振荡过程中的能量损失，下列说法正确的（）A.电容器两端电压最大时所储存的电场能最小B.若线圈的自感系数L增大为原来的4倍时，周期C.时，M点电势低于N点的电势D.至内，电容器一直放电【答案】C【解析】【详解】A．电容器两端电压最大时所储存的电场能最大，故A错误；B．一周期内线圈中的电场能两次达到最大，线圈中的电场能连续两次达到最大的时间间隔为，则振荡周期为根据若线圈的自感系数L增大为原来的4倍时，振荡周期为故B错误；CD．由于可知至内，电容器先放电再反向充电，时，M点电势低于N点的电势，故C正确，D错误。故选C。13.如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO＇匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡、、均正常发光．已知、、的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（）A.理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2B.在图示位置时，穿过线框的磁通量变化率最小C.若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则灯泡将变暗D.线框转动的角速度为【答案】D【解析】【详解】A．设原线圈电流为I，则副线圈电流为2I，则理想变压器原、副线圈的匝数比为选项A错误；B．在图示位置时，穿过线框的磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，选项B错误；C．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流也变大，则灯泡将变亮，选项C错误；D．线圈输出的总功率为3P，总电流为I，则电动势的有效值为根据可得线框转动的角速度为选项D正确。故选D。二、选择题14.下列说法不正确的是（）A.查德维克通过α粒子散射实验否定了汤姆逊的模型B.某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，真空中光速为c，普朗克常量为h，则该激光器每秒发射的光子数为C.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D.肉眼可以观察到悬浮微粒的布朗运动【答案】ACD【解析】【详解】A．卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆逊的模型，故A错误；B．每个光子的能量设每秒激光器发出的光子数是n，则即则该激光器每秒发射的光子数为故B正确；C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；D．布朗运动需在显微镜下观察，肉眼无法观察到悬浮微粒的布朗运动，故D错误。本题选错误的，故选ACD。15.列说法正确的有（）A.如图（a）所示，丙同学制作的“彩虹糖旋风”，在玻璃容器里放置少量液体，色素逐渐溶于水，呈现出图片中的状态，这是分子运动引起的扩散现象导致的B.如图（b）所示，张华在《博物志》中记载“孔雀毛，随光色变易，或黄或赤”，孔雀羽毛的在阳光下色彩斑斓，这属于光的全反射现象C.如图（c）所示，《庄子》中曾记载，不同房间里的瑟，在调音一致后，弹动其中一只瑟，另一只也会发生振动，这是因为两只瑟的固有频率十分接近D.如图（d）所示，辉光球在其周围形成了一不均匀的电场，丁同学利用辉光球“点亮”了日光灯灯管，这是感应起电现象【答案】AC【解析】【详解】A．丙同学制作的“彩虹糖旋风”，在玻璃容器里放置少量液体，色素逐渐溶于水，呈现出图片中的状态，这是分子运动引起的扩散现象导致的，故A正确；B．孔雀羽毛上有很多缝隙，在自然光下衍射现象，故B错误；C．不同房间里的瑟，在调音一致后，弹动其中一只瑟，另一只也会发生振动，这是因为两只瑟的固有频率十分接近，发生共振，故C正确；D．辉光球周围有高压电场，日光灯靠近，在高压下，灯管中的稀有气体电离发光，故D错误。故选AC。三、实验题16.①在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中（图1所示），下列说法正确的是________．A．实验不需要平衡摩擦力B．实验下面所挂重物的质量应满足远小于小车处总质量C．探究加速度与质量关系时，控制小车质量不同，钩码质量相同②用图2装置进行实验探究，下列说法正确的是________。A．可以用来研究“机械能守恒”实验B．装置可以用来探究“小车速度随时间变化的规律”实验C．装置平衡摩擦力时，平衡的是小车与木板之间的摩擦力③在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中（1）用游标卡尺测量小球的直径示数如图3所示，小球直径为________mm（2）某同学通过多次改变摆长的方法，测得了多组不同摆长下对应的连续50次全振动所用的时间t，摆线长为，为小球直径。利用计算机作出了的图线（如图4所示），图像斜率均为4，请问：绘制的图像是________（选填“①”“②”或“③”，由图像可得当地重力加速度________（取，结果保留三位有效数字）。【答案】①.BC##CB②.B③.18.0④.③⑤.9.87【解析】【详解】①[1]A．为使绳子的拉力等于小车的合外力，实验需要平衡摩擦力，故A错误；B．为使重物的重力大小可以代替绳子中的拉力大小，实验下面所挂重物的质量应满足远小于小车处总质量，故B正确；C．探究加速度与质量关系时，应控制小车质量不同，合外力大小相同，即钩码质量相同，故C正确。故选BC。②[2]A．图2装置进行实验探究，小车受到摩擦力的作用，且摩擦力做负功，系统机械能不守恒，不可以用来研究“机械能守恒”实验，故A错误；B．图2装置可使小车做匀变速直线运动，可以用来探究“小车速度随时间变化的规律”实验，故B正确；C．装置平衡摩擦力时，平衡的是木板和小车之间及纸带和打点计时器间的摩擦，故C错误。故选B。③（1）[3]小球直径为（2）[4]根据单摆周期公式整理得可知图象的纵截距大于零，绘制的图像是③。[5]图象的斜率为可得当地重力加速度为17.（1）某实验小组想借助电阻箱得到欧姆表内部的电动势E、内阻和表头的满偏电流，为此设计了如图1所示的电路，测得电阻箱的示数和表头的电流满足如图3所示的关系，其中、、已知，则________________________。（2）因表头故障，无法读出电流的大小（仍可显示0刻度和满偏值），为了得到电流，小组在电阻箱的旁边串联了一个电流表之后，再进行欧姆调零，如图2，由于电流表有内阻，E的测量值比真实值________（填“偏大”、“偏小”或“不变”），的测量值比真实值________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.②.③.④.不变⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律整理得图象的斜率表示电动势，为[2]当时，有解得内阻为[3]满偏电流为（2）[4]由于电流表有内阻，根据闭合电路的欧姆定律整理得可知图象的斜率不变，故电动势的测量值比真实值不变。[5]图象的纵截距的绝对值表示内阻，由于电流表有内阻，图象的纵截距的绝对值增大，的测量值比真实值偏大。18.以下实验中，说法正确的是（）A.“双缝干涉实验”中，将屏向靠近双缝的方向移动，可增加从目镜中观察到的条纹个数B.“油膜法实验”中，水面上爽身粉撒的较多，油酸分子的直径测量值偏小C.“观察光敏电阻特性实验”如图所示，光照增强，电压表示数减小D.“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系实验”中，实际情况是原副线圈测得的电压之比大于匝数之比【答案】ACD【解析】【详解】A．根据双缝干涉条纹间距公式“双缝干涉实验”中，将屏向靠近双缝的方向移动，双缝干涉条纹间距减小，从目镜中观察到的条纹个数增加，故A正确；B．“油膜法实验”中，水面上爽身粉撒的较多，油酸未完全散开，油酸分子层的测量面积偏小，油酸分子的直径测量值偏大，故B错误；C．“观察光敏电阻特性实验”如图所示，光照增强，光敏电阻阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器滑头右侧两端的电压增大，光敏电阻两端的电压减小，电压表示数减小，故C正确；D．由于变压器漏磁、铁芯发热，“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系实验”中，实际情况是原副线圈测得的电压之比大于匝数之比，故D正确。故选ACD。四、计算题19.把一个小烧瓶和一根弯成直角均匀玻璃管用橡皮塞连成如图所示的装置，在玻璃管内引入一小段水银柱，将一定质量的空气密封在容器内。如果不计水银柱与管壁间的摩擦和外界大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。（1）瓶内气体在温度________，压强________时，可视为理想气体。（2）已知1mol任何气体在压强，温度时，体积约为。瓶内空气的平均摩尔质量，体积，温度为。试估算瓶内空气的质量。（）（3）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出V－T图像如图所示。已知大气压强，则由状态a到状态b的过程中，若此过程中气体吸收热量60J，求气体的内能的增加量。（）【答案】①.不太低②.不太大③.2.65g④.10J【解析】【详解】（1）瓶内气体在温度不太低，压强不太大时，可视为理想气体。（2）瓶内空气体积温度为转化为标准状态，有解得物质的量为故质量（3）由图像可知，由状态a到状态b的过程中，气体发生等压变化，气体对外做功为根据热力学第一定律则气体的内能增加了10J。20.图示为一游戏装置的简化图。其轨道ABCDEM由以顺时针转动的传送带AB、一段粗糙的水平直轨道BC、光滑圆轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成，圆弧CDE分别与轨道BC、EM相切。图中倾角为与O等高，底端有一弹簧装置。游戏开始时，一质量为0．02kg的小钢球（其直径比圆管内径稍小，可视作质点）在A点被瞬间击打，以某一水平初速度v冲上传送带，已知传送带长、传动速度。B处有一单向阀门，小钢球若向右运动经过能自由通过，且能量损失不计；若向左返回阀门则阀门关闭，且被阀门吸住。小钢球若能运动到M点，则能被等速率反弹。其中水平轨道BC长为，传送带、水平轨道BC和斜面EM的动摩擦因数均为，圆轨道半径为。某次游戏时，小钢球恰能通过圆弧的最高点D点，求：（计算结果可保留根号）（1）小钢球经过C点时对轨道的压力；（2）小钢球在A点被瞬间击打时所受冲量Ⅰ满足的条件；（3）若改变初速度v，求小钢球在粗糙斜轨道EM上运动的总路程s与v函数关系。【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）小钢球恰过D点，有，从C到D由动能定理可得解得在C点由牛顿第二定律可得解得由牛顿第三定律可知，轨道受的压力，方向竖直向下。（2）小钢球从B到C由动能定理可得解得若小钢球从A一直匀加速到B达到，则初速度最小，满足解得若小钢球从A一直匀减速到B达到，则初速度最大，满足解得综上，初速度满足因为所以小钢球在A点被瞬间击打时所受冲量Ⅰ满足的条件是（3）①若，小钢球不能运动到斜轨道，故。②若，小球在斜轨道上来回运动直至停在M处，有解得③若小钢球恰好第二次到达D点，满足解得所以当小钢球最终停在M处。满足解得④若，则小钢球可以第二次通过D点，之后运动到B点被吸住。所以小钢球在斜轨道上运动的总路程综上则有21.图1为某种发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜上，上下各固定一个完全相同的线圈。两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点O建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为，当周期性外力作用时，薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S、磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图2所示，忽略线圈长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小，不计线圈电阻和自感互感的影响，电路连接如图3所示。定值电阻，电容器的电容足够长的光滑平行金属导轨AG、BH固定于水平面内，相距为，处于竖直向下、大小为的匀强磁场中，轨道在C、D处各被一小段正对的绝缘材料隔开，质量为的金属棒a静置于导轨AB处，质量为的金属棒b紧贴CD右侧放置，质量为的金属棒c静置于b棒右侧的EF处。a、b棒的接入电阻相同，，c棒的接入电阻，所有导轨的电阻均不计。初始时单刀双掷开关S与触点“1”闭合。（1）若磁铁从O点运动到最高点历时Δt，判断此过程流过电阻R中电流方向及流过R的电量；（2）磁铁上升过程某时刻，电容器带电量时，将开关S拨到触点“2”。当金属棒a运动至CD时电容器的电压，此时a、b两棒相碰结合为一个“双棒”整体，最终各棒运动达到稳定状态，求最终“双棒”整体与c棒的距离以及从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热；（3）图2中B与x关系式满足（其中k为未知常数），图中、、为已知量，写出磁铁以速率向上经平衡位置时，电阻R的电功率表达式。【答案】（1）从M流向N，；（2），；（3）【解析】【详解】（1）磁铁从O点运动到最高点，上线圈内的磁通量增大，下线圈内的磁通量减小，根据右手螺旋定则可知流过电阻R中电流方向为从M流向N。根据法拉第电磁感应定律流过R的电量为（2）S接2后，电容放电，棒a运动至D时，电容器带电量为该过程电容放电对棒a，根据动量定理有且解得ab棒碰撞粘合，根据动量守恒有解得此后，abc系统动量守恒，最终速度相同，有解得对棒c，根据动量守恒有其中其中解得最终“双棒”整体与c棒的距离撞后abc系统，能量守恒从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热（3）以速率向上经平衡位置时，取极短一段