2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（七） 物理（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（七） 物理（解析版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
长沙市一中2023届高三月考试卷（七）物理一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 一种生物靶向放射治疗模式，其原理是利用超热中子束照射预先注射了含硼药物的肿瘤组织部位，与硼发生核反应生成锂并放出射线，利用射线杀灭癌细胞。超热中子束的来源之一是加速后的质子轰击铍产生的。下列说法正确的是（　　）A. 射线是波长极短的电磁波B. 超热中子与硼发生的核反应属于衰变C. 质子与铍发生核反应属于轻核聚变D. 产生超热中子束的核反应方程是【答案】D【解析】【详解】A．射线是高速运动的氦核，A项错误；B．根据题意可知，其核反应方程为由题述情况可知该反应属于人工转变，B项错误；CD．依题意可知，产生超热中子束的核反应方程是超热中子束的来源之一是加速后的质子轰击铍产生的，则属于人工转变， C项错误，D项正确；故选D。2. 如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为和的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且，则B、A两球质量之比为（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式，再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，同样根据共点力平衡条件列式，最后联立求解。【详解】对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示
根据共点力平衡条件，有再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示
根据平衡条件，有联立解得故选B。【点睛】本题关键先后对A球、B球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线。3. 图甲是一列简谐横波传播到x=5m的M点时的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点，下列说法正确的是（　　）
 A. 经过3s，M点移动到x=8m处B. 当Q点开始振动时，N点位于波谷C. 在t=2s时，质点P的速度为零，加速度也为零D. 从此时刻到质点Q第一次到达波谷的过程中，M点通过的路程为70cm【答案】B【解析】【详解】A．质点M只会在平衡位置附近振动，不会随波一起向前移动，故A错误；B．根据平移法可知，当Q点开始振动时，N点位于波谷，故B正确；C．由乙图可知，在时，质点N（x=3m）处于平衡位置并即将向上运动，则质点P处于波谷，速度为零，加速度最大，故C错误；D．由甲图可知由乙图可知则波速从此时刻到质点Q第一次到达波谷，即此时此刻波谷的振动恰好传到Q，经历的时间为M点通过的路程为2×4A=80m故D错误。故选B。4. 太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离，形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运动轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为，则有解得根据开普勒第三定律，有解得故选D。5. 如图，两段不可伸长细绳的一端分别系于两竖直杆上的A、B两点，另一端与质量为m的小球D相连。已知A、B两点高度相差h，，，重力加速度为g。现使小球发生微小摆动，则小球摆动的频率为（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】如图该单摆的等效摆长为OD，由图中几何关系可推出根据单摆周期公式可知，小球摆动的频率为故选B。6. 在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻，为滑动变阻器。电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，电流表为理想电表，则下列说法正确的是（　　）A. 滑片P向下移动时，电流表示数增大B. 滑片P向上移动时，电阻电流增大C. 当时，理想变压器的输出功率最大且为36WD. 当时，电流表的示数为1A【答案】C【解析】【详解】A．等效电路如图所示当滑片P向下移动时，导致滑动变阻器阻值减小，则等效电阻阻值减小，则等效电阻分压减小，根据变压器原理可知，副线圈两端电压减小，即电阻两端电压减小，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，故A错误；B．滑片P向上移动时，导致滑动变阻器阻值增大，则等效电阻阻值增大，原线圈输入电流减小，则等效电阻分压增大，根据变压器原理可知，副线圈两端电压增大，副线圈输出电流减小，电阻两端电压增大，通过电阻的电流增大，则流过电阻的电流减小，故B错误；D．等效电阻阻值为电源电压有效值为U=24V因此原线圈两端电压根据变压器原理可知，副线圈电压为因此电流表示数故D错误；C．理想变压器的输出功率等于等效电阻的功率，则有可知当解得理想变压器输出功率最大，则有故C正确。故选C。二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7. 如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，z轴上的A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. 图中的A点是z轴上场强最强的点B. 轨道上A点的电场强度大小为C. 小球刚到达C点时的加速度不为0D. 小球刚到达C点时的动能为【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知如图所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为整理得令，，可得函数对函数求导令，解得结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即由此可知，z轴上距离O点处的两点电场强度最大，故A错误；B．，轨道上A点的电场强度大小故B正确；C．由几何关系可知，根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为小球在C点时的受力如图所示小球在C受到的电场力为沿杆方向的合力为解得由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得解得故D正确。故选BD。8. 在某高空杂技类节目现场的下方放置有一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连且不固定，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示，某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h高的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A. 整个过程中，物体、木板和两弹箦组成的系统机械能守恒B. 若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为C. 物体与木板一起向下运动过程中的速度先减小后增大D. 物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh【答案】BD【解析】【详解】A．物体与木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统的机械能不守恒。故A错误；C．物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小。故C错误；D．物体下落过程由动能定理有解得碰撞过程有可得此后一起向下运动再向上运动到A点，由机械能守恒定律有解得故D正确；B．另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点且速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，故A点之后木板和物体分离，可得解得碰撞过程有得，解得故B正确。故选BD。9. 如图所示电路中，，，电源电动势E=3V，内阻。电流表示数为I，电压表示数为U。在滑动变阻器的滑动触头P从a滑到b的过程中，电表均为理想电表，下列判断正确的是（　　）A. I减小，U减小 B. 不变，不变C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 获得的最大功率为1.5W【答案】ABC【解析】【详解】A．由图可判断，的右端电阻与电压表串联，对电压表的影响可忽略，电压表测量两端的电压，电流表测量干路的电流，当P由a向b滑动时，连入电路的阻值由0开始增大，回路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电压表示数为其减小，故A正确；B．根据欧姆定律可知其不变，故B正确；C．外电路电阻为由0增大到，则R由增大到，而当时电源的输出功率最大，即故C正确；D．当时，干路电流最大，的功率最大，即故D错误。故选ABC。10. 如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点的小物块B以初速度从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为，当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量。则（　　）A. 细绳所能承受的最大拉力B. 当时，小物块B滑离木板A时木板运动的对地位移C. 当时，细绳被拉断后长木板的最大加速度D. 为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应大于等于3【答案】BC【解析】【详解】A．细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为，设此时弹簧的压缩量为，则有由能量关系，有解得故A错误；B．当时，B的质量为m，细绳恰好被拉断。细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得则小物块滑离木板时，二者的位移关系为又有联立解得故B正确；C．当时，设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为，则有细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，以向左为正方向，由动量守恒得由能量守恒定律得对长木板，有联立方程，解得故C正确；D．由题意，时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动。时，小物块向左运动将弹簧压缩后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为，由能量守恒定律得此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为，以向左为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得联立方程，解得所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应满足的条件为，故D错误。故选BC。11. 如图所示，在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出磁场，之后经过D点，D点的坐标为（0，3r），不计带电粒子所受重力。若磁场区域以A点为轴，在xOy平面内顺时针旋转45°后，带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场，飞出磁场后经过直线时，以下说法正确的是（　　）A. 经过直线时距D点的距离为B. 经过直线时距D点的距离为C. 带电粒子将与的直线成45°角经过这条直线D. 带电粒子仍将垂直经过的这条直线【答案】AC【解析】【详解】根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与夹角为45°，根据几何关系计算可以得到故选AC。三、实验题：本题包含2小题，共14分，每空2分。12. 现用“探究气体压强与体积的关系”的实验来测量大气压强p。注射器针筒已被固定在竖直方向上，针筒上所标刻度是注射器的容积，最大刻度Vm＝10mL。注射器活塞已装上钩码框架，如图所示。此外，还有一架托盘天平、若干钩码、一把米尺、一个针孔橡皮帽和少许润滑油。(1)下面是实验步骤，试填写所缺的②和⑤。①用米尺测出注射器针筒上全部刻度的长度L；②_________；③把适量的润滑油抹在注射器的活塞上，将活塞插入外筒中，上下拉动活塞，使活塞与针筒的间隙内均匀地涂上润滑油；④将活塞拉到适当的位置。⑤_________；⑥在钩码框架两侧挂上钩码，记下挂上的钩码的质量m1，在达到平衡后，记下注射器中空气柱的体积V1，在这个过程中不要用手接触注射器以保证空气柱温度不变；⑦增加钩码的个数，使钩码的质量增大为m2，达到平衡后，记下空气柱的体积V2。(2)计算大气压强p的公式是____________。(用已给的和测得的物理量表示，重力加速度为g)【答案】    ①. 称出活塞和钩码框架的总质量M    ②. 将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住    ③. p＝【解析】【详解】(1)[1][2]实验步骤②和⑤是：②称出活塞和钩码框架的总质量M；⑤将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住；(2)[3]活塞的横截面积为S＝由力学平衡条件得p1＝p＋gp2＝p＋g由玻意耳定律得p1V1＝p2V2联立解得大气压强p＝13. 为了测量某电源的电动势和内阻，设计了如图所示的电路，其中、为电阻箱（最大阻值为），为定值电阻（阻值为）。实验器材还有：标准电池（电动势为，内阻不计），灵敏电流计G（量程为），待测电池（电动势小于，内阻未知），开关3个，导线若干等。
 主要实验步骤如下：a．按电路图连接实验电路，闭合开关，调节电阻箱为某一阻值；b．闭合开关、，调节电阻箱，使灵敏电流计G示数为零，记录下此时、的阻值；c．改变电阻箱的阻值，重复以上步骤，记录下多组、对应的阻值；d．作出、图像，由图像求得待测电源的电动势和内阻。回答以下问题：（1）步骤b中，使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱两端的电压和两端电压的关系：______（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）利用记录多组、对应的阻值，作出图像如图所示。则随变化的关系式为______（用、、、表示），根据图像可得待测电池的电动势______V、内阻______。（结果保留两位有效数字）【答案】    ①.     ②.     ③. 1.5    ④. 5.0【解析】【详解】（1）[1]步骤b中，使灵敏电流计G示数为零，可知此时电阻箱两端的电压和两端电压的关系（2）[2]由电路图可知，两端的电压由于则整理可得[3][4]由图像可得联立解得四、计算题：本题包含3小题，共37分。其中14题10分，15题12分，16题15分。14. 如图所示，为某玻璃砖的截面图，其中右侧为半径为R的半圆，O1为圆心，左侧为直角三角形ABC，∠C=，∠B=，玻璃砖折射率n=，把玻璃砖竖直固定在桌面上，一束平行光斜射到AB边上，光线与AB边成角，求：①桌面上有光线照到的地方离C点的最小距离；②通过O1点的光线在玻璃砖内运动的时间。【答案】①(1+)R②【解析】【详解】①光线在AB边上发生折射，入射角i=，由折射定律知n=，解得即光线在玻璃砖内平行于BC射向圆弧界面，当在圆弧界面发生全反射，边界光线射向桌面交桌面于P点，与C点最近.设入射角为i2，则sini2=sinC=解得过O2作BC的垂线交桌面于点Q，可知由几何知识可得 可得②通过O点的光线在玻璃砖内通过的路程x=R+Rtan=光在玻璃中的传播速度则15. 如图所示，竖直固定的半径R=1m的光滑绝缘圆弧轨道在C点与绝缘水平轨道ABC相切。水平轨道AB段光滑，BC段粗糙。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。一个不带电、质量m=0.4kg的物块静止在B点，一个带电量q=＋1×10-3C、质量M=0.6kg的物块从A点由静止释放，经过t=2s两物块发生碰撞并粘在一起，然后沿BC段做匀速运动。已知碰撞前后电荷量保持不变，两个物块与BC段轨道间的动摩擦因数均为μ=0.75，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)在B点碰撞前后物块M的速度大小以及电场的场强大小；(2)圆弧轨道右下方留有开口，两个物块进入圆弧轨道后开口关闭。试分析物块能否沿圆弧做完整的圆周运动；如果不能，则要做完整的圆周运动，需要将物块M从A点右侧多远处由静止释放？如果能，计算两个物块运动过程中经过竖直方向最高点P时对圆弧轨道的压力大小。【答案】(1)7.5×103N/C；(2)175N【解析】【详解】(1)设电场强度的大小为E，在B点碰撞前物块M速度大小为v1，碰撞后共同速度大小为v2，则有qE=μ(m＋M)g，qEt=Mv1Mv1=(m＋M)v2代入数据联立解得v1=25m/s，v2=15m/s，E=7.5×103N/C(2)物块整体所受重力为10N，电场力为7.5N，合力大小为F合=12.5N方向与竖直方向的夹角θ=，所以在圆弧轨道上运动时等效最低点为与竖直方向夹角θ=的圆弧左下方的F点，同理可知等效最高点为与竖直方向夹角θ=的圆弧右上方的G点，假设物块整体能做完整的圆周运动，在G点速度大小为v，则有解得v=m/s物块整体能通过G点的临界速度设为v临，则有F合=(m＋M)解得v临=m/s显然v>v临，所以假设成立，物块整体能做完整的圆周运动，设经过P点时速度大小为vP，则有FN＋(m＋M)g=(m＋M)代入数据联立解得FN=175N根据牛顿第三定律可知在P点时对圆弧轨道的压力大小为175N。16. 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°，两导轨之间的距离为L=1m，两导轨M、P之间接入电阻R=0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0=1T，磁场的宽度x1=1m，在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1=0.5T，一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r=0.2Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动，金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2=8m。（g取10m/s2）（1）求金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量；（2）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。【答案】（1）；（2）t=3.1s【解析】【详解】（1）金属棒进入磁场Ⅰ作匀速运动，设速度为v1，由平衡条件得解得v1=2m/s金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则有由运动学公式代入数据，解得金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v2，有解得金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得（2）金属棒从开始静止到刚进入磁场Ⅰ的时间为在磁场Ⅰ运动时间为金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为，速度为，速度的变化量为，则由牛顿第二定律可得变形后然后把所有的微小过程进行累加有即解得t3=2.2s所以总时间为t=t1+t2+t3=3.1s