2023-2024学年重庆市云阳县重点中学高三上学期12月月测物理试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年重庆市云阳县重点中学高三上学期12月月测物理试卷（含解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，实验测试题等内容，欢迎下载使用。

总分: 100分
一单项选择题（共计7道小题，每题3分，共计21分）
1. 中国空间站(又称“天宫空间站”，英文CℎinaSpaceStatin，缩写CSS)是中华人民共和国建成的国家级太空实验室，其轨道高度为400~450km。设定中国空间站绕地球做匀速圆周运动，其运行速率为v，则（）
A.v<7.9km/s2. 某收音机中的LC电路由固定线圈和可调电容组成，可调电容的最大值是最小值的n倍，则该LC电路电磁振荡的最大频率与最小频率之比为（）
A.n4B.n2C.nD.n
3. 如题3图所示，岸上的人通过定滑轮用绳子拖动小船靠岸，当人水平拉绳子的速度大小为u时，船运动的速度大小不可能为（）
A.3vB.2v
C.3v2D.v2
4. 三个点电荷均只在其相互间的静电力作用下处于平衡状态，则这三个点电荷所带电荷量的数值关系可能为（）
A.36Q，4Q，−9QB.36Q，−4Q，9Q
C.36Q，4Q，9QD.−36Q，−4Q，9Q
5. 某直流电源与小灯泡L的U−I图像分别如题5图1所示，将该直流电源、定值电阻R与小灯泡L连接成如题5图2所示电路，小灯泡L的实际电功率为P，则（）
A.P>U0I0 B.P=U0I0
C.P6. 如题6图所示，平板N静置于足够长的水平面上，物块P、Q静置于平板N上表面，现对平板N施加一水平恒力F=9μmg。物块P、Q及平板N三者质量均为m，所有接触面间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。不计空气阻力，整个运动过程中，平板N的最大加速度与最小加速度的比值为n，则（）
A.n=2B.n=3C.n=4D.n=5
7. 如题7图所示，理想调压变压器输入端A、B间接入输出电压有效值恒定的交变电源，R1、R2为两定值电阻，R1、R2的电功率分别为P1、P2。滑片P向D端滑动过程中，下列说法正确的是（）
A.P1、P2一定均增大B.P1、P2一定均减小
C.P1一定增大，P2可能减小D.P1可能减小，P2一定增大
二、多项选择题：本题共3道小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
8.电子仪器的电路中常用到电容器。某电容器在充电时，下列有关其电荷量Q、电压U、电容C之间的关系图像，正确的是（）
A.B.
C.D.
9.生活中人们常斜背挎包。现有两个质量完全相同(背带质量可不计)的挎包甲、乙，甲包的背带比乙包的背带稍长，某同学分别斜背甲、乙两包，两包均竖直静止。不计包与身体衣物间的摩擦，设背带弹力大小为FT，包对该同学身体的水平弹力大小为FN，则（）
A.FT甲>FT乙B.FT甲C.FN甲>FN乙D.FN甲10.如题10图所示，水平面上固定的两条平行导轨由左、右两部分连接组成，整个导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。初始时，两均匀长直金属杆ab、cd分别垂直静置在左、右两侧导轨上，金属杆ab质量为2m、长度为2l、电阻为2r，金属杆cd质量为m、长度为l、电阻为r，两金属杆的长度与各自所在导轨的宽度相同，导轨电阻、摩擦及空气阻力均不计。现给金属杆ab一个水平向右的瞬时冲量I，此后直到两金属杆达到稳定速度的整个运动过程中，两金属杆仅在各自所在导轨上运动，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好，则该过程中（）
A.金属杆cd的最大速率为I3m
B.金属杆cd的最大速率为2I3m
C.金属杆cd产生的电热为I218m
D.金属杆cd产生的电热为I26m
三实验测试题（2道小题，共计27分）
11. （12分）实验题
在学习了“自由落体运动”后，某学习小组准备制作一把“人的反应时间测量尺”，如题11图所示：A同学用两个手指捏住一把直尺的顶端，使直尺竖直静止，B同学用一只手在直尺“0”刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺；当A同学放开手指让直尺下落时，B同学立即捏住直尺。读出B同学捏住直尺处的刻度，就是直尺下落的高度，就能计算出B同学的反应时间。
（1）若直尺下落的高度为ℎ，当地重力加速度为g，则B同学的反应时间t=__________。
（2）可以用两种方法来制作“人的反应时间测量尺”。
方法一：在刻度尺上，从“0”刻度位置开始，每隔相同距离，标上对应的时间，则时间间隔__________；
方法二：在刻度尺上，从“0”刻度位置开始，每隔相同时间，标出相应的刻度，则距离间隔__________。(均选填“越来越大”“越来越小”“相同”)
12. （15分）实验题
某学习小组进行“将电流表改装成电压表”的实验。电流表的满偏电流Ig=3mA，内阻约10Ω。
滑动变阻器R1：最大阻值10Ω：
滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ；
电阻箱R'：阻值范围0~9999Ω；
干电池E1=1.5V，干电池E2=3V(两电池内阻很小，可不计)；
开关S1、S2及导线若干。
（1）用半偏法测该电流表的内阻rg：如题12图1所示，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R，使电流表达到满偏值Ig；保持滑动变阻器R滑片位置不变，闭合S2，调节电阻箱R'，使电流表的示数为Ig2，然后读出电阻箱的阻值R'，则有rg=R'。
①为了提高测量的精确度，选用的滑动变阻器为__________，选用的干电池为__________；
②电流表半偏时，电阻箱的示数如题12图2所示，由此可知该电流表的内阻rg=__________Ω。
（2）将该电流表改装成量程为3V的电压表，需将该电流表__________联__________Ω的定值电阻。
（3）将该电流表改装成量程为3V的电压表后，将其与某标准电压表并联测量同一电压，则该改装电压表的示数__________(选填“大于”“等于”“小于”)标准电压表的示数。
四解答题（共3道小题，共计37分）
13. （10分）接力赛中，甲、乙两名运动员在水平直道上进行交接棒。已知甲、乙能达到的最大速度均为10m/s，接棒者乙从某处由静止开始匀加速起跑，同时交棒者甲以最大速度做匀速直线运动，接棒者乙经过4s达到最大速度时，恰好被交棒者甲追上。甲、乙两运动员均可视为质点，求：
（1）接棒者乙匀加速起跑的加速度大小；
（2）接棒者乙刚开始起跑时，甲、乙之间的距离。
14. （12分）如题14图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长的光滑水平面平滑连接，质量为4m的物块甲静置于B处，质量为m的物块乙从圆弧轨道最高点A处由静止开始无初速度释放。已知重力加速度为g，甲、乙两物块均可视为质点，不计空气阻力，甲、乙间的碰撞均为弹性碰撞。求：
（1）物块乙第1次刚要到达B处时对圆弧轨道的压力大小；
（2）物块甲、乙第1次碰撞后瞬时各自的速度大小；
（3）最终物块甲、乙各自的速度大小。
15. （15分）
如题15图1所示，一对竖直固定的平行金属板M、N相距为d，板间加有恒定电压U(M为正极板)，O'、O为两板上正对的小孔，紧贴N板右侧的直角坐标系xOy平面内存在上、下范围足够大的有界匀强磁场区域，取磁场方向垂直xOy平面向里为正，y轴和与其平行的虚线l是磁场的左、右边界。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从O'孔进入M、N板间，粒子初速度和重力均不计。
（1）求M、N板间匀强电场的场强大小E和该粒子到达O孔时的速度大小。
（2）如题15图2所示，磁场的磁感应强度B随时间t周期性变化，B0为已知量，t0=3πm4qB0。t=0时该粒子从O孔射入磁场，始终不能穿出右边界l，且该粒子未与M、N板碰撞，求该磁场区域宽度的最小值。
（3）在（2）的条件下，求该粒子再次到达y轴时与O点的距离。
参考答案及解析
1. 【答案】A
【解析】
中国空间站绕地球做匀速圆周运动，其运行速率v<7.9km/s，选项A正确。
2. 【答案】D
【解析】根据LC电路电磁振荡的频率f=12πLC可知，fmaxfmin=CmaxCmin=n，选项D正确。
3. 【答案】D
【解析】由分析知，船运动的速度大小一定大于v，选项D符合题意，故选D。
4. 【答案】B
【解析】三个点电荷均只在其相互间的静电力作用下处于平衡状态，满足“两同夹异、两大夹小”，选项B正确。
5. 【答案】C
【解析】方法一：该直流电源与定值电阻R串联后，等效电源电动势不变，等效电源内阻增大，由U−I图像(如答图1)可得，小灯泡L的实际电功率P方法二：该直流电源与小灯泡L串联，该直流电源的路端电压U1=E−I1r=I1(R+RL)，小灯泡L两端电压U2=I1RL，可知U1>U2，结合U−I图像(如答图2)可得，I16. 【答案】A
【解析】由分析知，当物块P、Q都在平板N上表面运动时，平板N的加速度最小，设最小加速度为a1，有F−μmg−μmg−μ∙3mg=ma1，解得a1=4μg；当物块P、Q均离开平板N后，平板N的加速度最大，设最大加速度为a2，有F−μmg=ma2，解得a2=8μg，故平板N的最大加速度与最小加速度的比值n=a2a1=2，选项A正确。
7. 【答案】C
【解析】设A、B间接入的输出电压有效值为U0，经过R1的电流为I1，输入端线圈匝数为n1，输入端线圈两端电压为U1，输出端CP间线圈匝数为n2，经过R2的电流为I2，R2两端电压为U2，则有：U0=I1R1+U1，n1I1=n2I2，U1U2=n1n2，U2=I2R2，联立可得：U0=I1[R1+(n1n2)2R2]。由此可知，滑片P向D端滑动过程中，输出端CP间线圈匝数n2增大，I1增大，R1的电功率P1=I12R1一定增大；但R2的电功率P2=I22R2=U02∙n1n22R2R1+n1n22R22=U02∙R12n1n22R2+n1n22R2+2R1不一定增大，可能减小，选项C正确。
8. 【答案】AD
【解析】该电容器的电容C与电压U、电荷量Q无关，选项A正确，选项B错误；电荷量Q与电压U成正比，选项D正确，选项C错误。
9. 【答案】BD
【解析】甲包的背带比乙包的背带稍长，则甲包的背带与竖直方向的夹角比乙包的背带与竖直方向的夹角稍小，如答图3所示，由三力平衡可知，FT甲10. 【答案】AC
【解析】
设金属杆ab水平向右的初速度大小为v0，有I=2mv0，金属杆ab、cd的最大速率分别为v1、v2，有B∙2lv1=Blv2，得2v1=v2，以水平向右为正方向，根据动量定理，对金属杆ab有−F安abt=2mv1−2mv0，对金属杆cd有F安cdt=mv2，且F安ab=2F安cd，联立解得：v2=I3m，v1=I6m，选项A正确，选项B错误；设该过程中，两金属杆产生的总电热为Q，Q=12∙2mv02−(12∙2mv12+12mv22)，金属杆cd产生的电热Qcd=13Q，联立解得：Qcd=I218m，选项C正确，选项D错误。
11. 【答案】（1）2ℎg（2）越来越小；越来越大
【解析】（1）由ℎ=12gt2得：t=2ℎg。
（2）做匀加速直线运动的物体，连续经过相同位移的时间间隔越来越小，在相同时间内通过的位移间隔越来越大，由此可知，方法一中时间间隔越来越小，方法二中距离间隔越来越大。
12. 【答案】（1）①R2；E2；②10.7（2）串；989.3（3）小于
【解析】（2）将该电流表改装成量程为3V的电压表，需将该电流表与定值电阻串联，且串联的定值电阻为R=UIg−rg=(33×10−3−10.7)Ω=989.3Ω。
（3）因为用半偏法测得的电流表内阻的测量值偏小，所以将该电流表改装成电压表时，串联的定值电阻偏大，改装后的电压表内阻偏大，将其与某标准电压表并联测量同一电压时，通过改装电压表的电流偏小，因此该改装电压表的示数小于标准电压表的示数。
13. 【答案】（1）2.5m/s2；（2）20m
【解析】（1）设接棒者乙匀加速起跑的加速度大小为a，则a=vmt=104m/s2=2.5m/s2
（2）设接棒者乙刚开始起跑时，甲、乙之间的距离为x则x=vmt−vm2t，代入数据得：x=20m
14. 【答案】（1）3mg；（2）−352gR；
（3）物块甲的速度大小为12252gR，物块乙的速度大小为7252gR
【解析】
（1）设物块乙第1次刚要到达B点时速度大小为v0，物块乙对圆弧轨道的压力大小为FN
从A到B过程中，由机械能守恒定律有：mgR=12mv02，解得：v0=2gR
在B点，对物块乙进行受力分析有：FN−mg=mv02R，解得：FN=3mg
（2）设物块甲、乙第1次碰撞后瞬时，物块甲速度为v甲1，物块乙速度为v乙1
以水平向右为正方向，对物块甲、乙组成的系统，由弹性碰撞有：
mv0=4mv甲1+mv乙1，12mv02=12∙4mv甲12+12mv乙12
联立解得：v甲1=25v0=252gR v乙1=−35v0=−352gR
(“−”号表示碰撞后物块乙速度反向，方向水平向左)
（3）由分析知，物块甲、乙第2次碰撞前瞬时，v乙1'=−v乙1=35v0，方向水平向右
设物块甲、乙第2次碰撞后瞬时，物块甲速度为v甲2，物块乙速度为v乙2
对物块甲、乙组成的系统，由弹性碰撞有：
4mv甲2+mv乙2=4mv甲1−mv乙1
12∙4mv甲22+12mv乙22=12∙4mv甲12+12mv乙12=12mv02
联立解得：v甲2=1225v0=12252gR，v乙2=725v0=7252gR
因为v甲2>v乙2，可知第2次碰撞后，物块甲、乙将水平向右匀速运动，不会再发生碰撞
即最终物块甲的速度大小为12252gR，物块乙的速度大小为7252gR
15. 【答案】（1）2qUm（2）(32+1)2B02mUq （3）182−23−12B02mUq
【解析】（1）由题知，板间匀强电场的场强大小E=Ud
设该粒子到达O孔时的速度大小为v，有qU=12mv2，解得：v=2qUm
（2）设0~t0时间段内，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，周期为T1
由qvB0=mv2R1得：R1=mvqB0，又T1=2πR1v，得：T1=2πmqB0
同理可得，t0~2t0时间段内，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R2=mv2qB0，周期T2=πmqB0
故R1=2R2，T1=2T1，t0=3πm4qB0=38T1=34T2
据此，作出该粒子在磁场中的运动轨迹，如答图4所示
由分析知，θ=∠O3O1O2=38×2π−π2=π4=45°
由该粒子始终不能穿出右边界l，可知
该磁场区域宽度的最小值为d=2×(R1+R2)cs45°+R2=(32+1)R2
代入数据可得：d=(32+1)2B02mUq
（3）设该粒子再次到达y轴时(答图4中P点)，
其速度方向与y轴负方向的夹角为α，由几何关系知：
csα=2×(R1+R2)cs45°−R2−R1R1=3(2−1)2
由csα<22得α>45°，可知该粒子将从y轴上P点离开磁场区域
故该粒子再次到达y轴时与O点的距离为OP=R1sinα−R2=2R21−cs2α−R2=(182−23−1)R2
代入数据可得：OP=182−23−12B02mUq