湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：本试卷满分为100分，时量为75分钟
一、单项选择题（共6个小题，每题4分，共24分；每小题只有一个正确答案）
1. 2023年8月24日，日本开始启动福岛核污染水排海计划，引发了国际上的广泛反对和抗议，也让普通人知道了氢的三种同位素：氕、氘、氚。氘、氚可以在一定条件下发生核反应。下列说法正确的是（ ）
A. 该核反应为衰变
B. 、的比结合能比的小，故该反应过程会释放能量
C. 该反应要在高温高压下才能进行，故反应过程要吸收能量
D. 该反应过程中释放的贯穿本领很弱，但电离本领却很强
【答案】B
【解析】
【详解】A．该核反应为轻核聚变，选项A错误；
B．、的比结合能比的小，故该反应过程会释放能量，选项B正确；
C．该反应要在高温高压下才能进行，但是反应过程能放出能量，选项C错误；
D．该反应过程中释放的不带电，电离本领很弱，选项D错误。
故选B。
2. 2023年9月23日杭州亚运会的开幕式惊艳全世界，其中大莲花“复现钱塘江”，地屏上交叉潮、一线潮、回头潮、鱼鳞潮……如图，用两个绳波来模拟潮水相遇，一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，振动的固有频率为2Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅上下振动了一段时间，某时刻两个振源在长绳上形成波形如图所示，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向下，且振动并不显著，而小球第二次的振幅明显较大，则（ ）
A. 由P振源产生的波先到达弹簧扳子处
B. 由P振源产生的波的波速较接近2m/s
C. 由Q振源产生的波的波速较接近4m/s
D. 两列绳波可在绳上形成稳定的干涉图样
【答案】B
【解析】
【详解】A．由P、Q激发的机械波的波形图及传播方向可知，P波源产生的波起振方向向上， Q波源产生的波起振方向向下，所以先到达弹簧振子处的是由Q波源产生的波，故A错误；
BC．波源P激发的机械波使小球产生了较强的振动，即共振，说明P的振动频率接近2Hz，所以波速接近于
同种介质中的波速是相等的，由Q振源产生的波的波速也接近2m/s，故B正确，从C错误；
D．图中两列波的波长不同，波速是相等，由
可知两列波频率不同，所以不会形成稳定的干涉图样，故D错误。
故选B。
3. 电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有效距离为。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以的初速度经过O点，向右做加速度大小的匀加速直线运动。同时乙车以初速度向右经过O点左侧6m处，并立即以的加速度刹车。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟。下列说法正确的是（ ）
A. 时信号第一次中断
B. 时信号第一次恢复
C. 信号第二次中断时，甲在O右边处
D. 从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为
【答案】A
【解析】
【详解】A．依题意，乙车做匀减速直线运动，设运动时间为，则有
计时时刻乙车速度比甲车速度大，且二者距离小于10m，所以当乙车在甲车右边10m处时信号第一次中断，有
其中
联立，解得
即时信号第一次中断。故A正确；
B．根据上面选项分析，t=4s时，两车速度关系为
可知4s后两车距离继续增大，当两车共速时距离最大，之后二者间距减小，设乙车停止时在O点右侧x处，则有
此时甲车距离O点的距离为
则有
可知乙车停止时，二者之间信号仍未恢复。设时刻信号才能第一次恢复，则有
解得
故B错误；
C．根据B选项分析，当甲车运动至乙车停止位置右边10m处信号第二次中断，可知甲在O右边
故C错误；
D．根据上面分析可知从信号第一次恢复到信号第二次中断，乙车的位置未动，所以该过程甲的位移为20m，故D错误。
故选A。
4. 某物流站点采用如图甲所示装置运送大物件，电动机通过跨过定滑轮的绳子与斜面上的物件相连，电动机启动后以额定功率工作，牵引物件沿斜面上升，时速度达最大值，物件运动的图像如图乙所示。已知斜面倾角为，物件质量为，物件与斜面间的动摩擦因数为，电动机额定功率为，重力加速度大小取，绳子质量不计，则在内，下列说法错误的是（ ）
A. 物件的最大速度是B. 物体沿斜面向上运动了
C. 摩擦力对物件做的功为D. 物件机械能的增量
【答案】C
【解析】
【详解】A．物件速度最大时做匀速运动，根据平衡条件，牵引力大小为
则此时最大速度为
故A正确，不符合题意；
B．内，根据动能定理
解得
故B正确，不符合题意；
C．摩擦力对物件做的功为
故C错误，符合题意；
D．物件机械能的增量
故D正确，不符合题意。
故选C。
5. 2023年5月30日，神舟十六号航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十五号航天员顺利会师。由于在空间站运行轨道上存在密度为的均匀稀薄气体，为了维持空间站做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的推动力。若稀薄气体相对地心静止，碰到空间站后气体立刻与空间站速度相同。已知空间站垂直速度方向的面积为S，离地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。则（ ）
A. 空间站运行速度为
B. 神舟十六号飞船与空间站对接后，空间站因质量增大，其加速度将减小
C. 单位时间内推动的空气质量为
D. 需对空间站施加动力的大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在地球表面有
可得
对空间站，由万有引力提供向心力可得
解得
A错误；
B．神舟十六号飞船与空间站对接时，飞船与空间站同时都绕地球做匀速圆周运动，且轨道半径相同，运行的线速度大小相同，则有向心加速度大小相同，因此对接后其加速度将不变，B错误；
C．因为空间站的速度为
遇到稀薄气体时，在t时间内，推动稀薄气体的质量为
则有单位时间内推动的空气质量为
C错误；
D．在遇到稀薄气体的运动中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为F，以稀薄气体为对象，经t时间，由动量定理可得
解得
因此为了维持空间站做匀速圆周运动，需要对空间站施加的推动力大小为，D正确。
故选D。
6. 如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的大圆环，其圆心为O，在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上，，欲使物体（视为质点）从P点由静止释放，沿此倾斜轨道滑到大环的时间最短，已知重力加速度为g，则（ ）

A. 物体在光滑斜轨上滑行的加速度为
B. 轨道长为
C. 最短时间为
D. 最短时间为
【答案】D
【解析】
【详解】B．如图建立一个与大圆相内切的等时圆，如图所示。

设其半径为r，由几何关系得
解得
由等时圆可知，从P点运动到切点M为最短时间，由几何关系可知
则轨道长度
选项B错误；
CD．由等时圆可知从P到M的时间为
即最短时间为
选项C错误，D正确；
A．根据
可得
选项A错误。
故选D。
二、多选题（共4个小题，每题5分，共20分，全选对得5分，漏选得3分，错选不得分）
7. 如图所示，以正方形abcd的中心为原点建立直角坐标系，坐标轴与正方形的四条边分别平行。在a、c两点分别放置正点电荷，在b、d两点分别放置负点电荷，四个点电荷的电荷量大小相等。以O点为圆心作圆，圆的半径与正方形的边长相等，圆与坐标轴分别交于M、N、P、Q四点。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. N点电场强度方向沿x轴正向
B. N点和Q点电势相同
C. 另一正点电荷从M点沿x轴移动到P点电场力先做正功后做负功
D. 另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力始终不做功
【答案】AB
【解析】
【详解】A.a、b处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴正方向，c、d处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴负方向，由等量异种点电荷在空间形成的电场的特点可知a、b处点电荷在N点形成的电场强度大于c、d处点电荷在N点形成的电场强度，所以N点场强方向沿x轴正方向，故A正确；
B.a、b处点电荷在N点形成电势为零，c、d处点电荷在N点形成电势也为零，所以N、Q电势均为零，故B正确；
C.x轴为等势面，电荷移动过程电场力做功为零，故C错误；
D.根据电势叠加原理，圆周上各点电势变化，所以另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力会对其做功，故D错误
故选AB。
8. 2023年9月22日全国滑翔伞定点联赛总决赛圆满落幕。某运动员在滑翔伞作用下竖直匀速下降，该滑翔伞的结构简化示意图如图所示，滑翔伞为4级牵引绳结构，同级牵引绳分支夹角都为，同级牵引绳中的拉力大小都相等。已知运动员与装备的总质量为m，重力加速度为g，取，不计运动员和装备受到的空气作用力及滑翔伞与牵引绳的重力。则（ ）
A. 匀速下降过程，滑翔系统机械能守恒
B. 在这4级牵引绳中，第1级牵引绳承受的拉力最大
C. 第3级牵引绳中每根承受的拉力大小为
D. 若缩短每级绳子的长度，匀速下落时第2级牵引绳承受的拉力将增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．匀速下降过程中，系统的动能不变，重力势能减小，故机械能减小，所以A错误；
B．设1级绳子拉力为F1，二级绳子拉力为F2，以此类推。则
以此类推。
则
所以第1级牵引绳承受的拉力最大，故B正确；
C．根据以上公式，可得
故C错误；
D．若缩短每级绳子的长度，则同级牵引绳分支夹角会变大，匀速下落时第2级牵引绳承受的拉力将增大，故D正确。
故选BD。
9. 在如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻滑动变阻器R4的取值范围为0~30Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为△U1、△U2、△I．下列说法正确的是（ ）

A. V1读数变小，则V2读数变大，|△U1|小于|△U2|
B.
C. R4的功率先增大后减小，最大值为0.36W
D. 电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W
【答案】ABC
【解析】
【详解】将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势
等效内阻
等效电路如图
A．则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因
U路端=U1+U2
可知小于，故A正确；
B．因为
又有
故B正确；
C．将R3等效为新电源的内阻，内阻为
当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30Ω，可知的功率先增大后减小，当R4=25Ω时功率最大，最大值为
故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为
电源E的内阻
则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，故D错误。
故选ABC。
10. 我国建成了第3代同步辐射光源上海光源（SSRF），并正在建设多台第4代光源。小林同学了解SSRF后设计了一台仪器如图甲所示。仪器中，质子先通过直线加速器加速，在离开圆筒n之后进入增强器使其动能增大S倍，之后进入磁场储能环在磁场力F=kv（k为常数）充当的向心力作用下做匀速圆周运动。其中直线加速器如图乙所示，交变电源两极间电势差的变化规律如图丙所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值，金属圆板（序号为0）中央的一质子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为了使质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙时间可以忽略不计，忽略相对论效应，已知质子进入圆筒4时的速度为v4，则（ ）
A. 加速电压B. 圆筒16的长度为v4T
C. 质子在圆筒10中运动的速度D. 储能环长度
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．粒子进入圆筒4时，由动能定理可得
解得
A正确；
B．粒子进入圆筒16时，由动能定理可得
又因为
联立可得
故圆筒16的长度为
B正确；
C．粒子进入圆筒10时，由动能定理可得
又因为
联立可得
C错误；
D．粒子进入圆筒n时，由动能定理可得
又因为
联立可得
进入增强器使其动能增大S倍后速度为
进入磁场储能环由磁场力充当向心力
储能环长度
联立可得
D正确。
故选ABD。
三、实验题（每空2分，共16分）
11. 某同学想测定滑块与水平桌面间的动摩擦因数,他设计了如图所示的实验装置图,重力加速度为g
(1)他先用天平测量出滑块和遮光条的总质量m,然后用螺旋测微器测遮光条的宽度d,所用的螺旋测微器零刻度不能对齐测量前读数如图(a)所示,测量时如图(b)所示,则遮光条宽度d=__________mm.
(2)按图示组装好器材后,把滑块从桌面上某一位置由静止释放滑块经过两光电门的时间分别为△和△,弹簧秤的示数为F,要测定出滑块与水平桌面间的动摩擦因数还需要测出的物理量及相应符号是____.
(3)用题中给出的物理量和第(2)问中测出的物理量的符号表示出动摩擦因数:_________.
【答案】 ①. 3.750 ②. 光电门A、B之间的距离x ③.
【解析】
【详解】（1）由图(a)读出示数为0.024mm；
由图(b)读出示数为3.774mm；
故遮光条宽度d=3.775mm-0.025mm=3.750mm．
（2）滑块从桌面上某一位置由静止释放后作匀变速直线运动，由牛顿运动定律得：；
对滑块经过光电门A、B过程由运动学公式有：；
故欲测定动摩擦因数，可测出光电门A、B间的距离x．
（3）由（2）问解析中的两个式子联立可得出：
滑块与桌面的动摩擦因数
12. 某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下的实验器材：电池组（电动势约为6.0V，内阻约为1Ω）、灵敏电流计G（满偏电流，内阻，定值电阻（），定值电阻（阻值可求），变阻箱R（阻值范围可调），开关，导线若干。同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
（1）若想灵敏电流计G改装成量程为6V的电压表，需要______一个定值电阻R2（选填“串联”或“并联”），该定值电阻的阻值______Ω。
（2）为了准确测出电池组的电动势和内阻，在图中虚线框中设计电路图，请把该电路图补充完整______。

（3）采集灵敏电流计G和变阻箱R的读数，作出了图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，纵截距为b，则所测得电池组的内阻r=______。（用题目中所给的字母表示，已知电源中的电流远大于电流计G中的电流）
（4）组长还组织大家进步研讨，图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把两个该型号的灯泡并联后再与的定值电阻串联起来接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E=6.0V，内阻（），如图丁，则每只灯泡消耗的实际功率为______（保留2位有效数字）。

【答案】 ①. 串联 ②. 59800 ③. ④. ⑤. 0.27##0.28##0.29##0.30##0.31
【解析】
【详解】（1）[1][2]若想灵敏电流计G改装成量程为6V的电压表，需要串联一个定值电阻R2，该定值电阻的阻值
（2）[3]电路如图，其中R1为保护电阻；

（3）[4]由电路图可得
因已知电源中的电流远大于电流计G中的电流，则可写成
即
则
解得
（4）[5]由电路可知
即
U=6-20I
将此关系图像画在灯泡的U-I图像中，如图；

则交点为电路的工作点，则I=0.24A，U=1.2V，则每只灯泡消耗的功率
P=IU=0.29W
三、计算题（共40分，须写明必要的解答过程，只写结果不能得分）
13. 某同学设计一装置来探究容器内气体状态受外界环境变化的影响。如图所示，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积S=0.5cm2，管内一长h=11cm的静止水银柱封闭着长度l1=20cm的空气柱，此时外界的温度t1=27℃。现把容器浸没在水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变l2=2cm，已知容器的容积V=290cm3。
（1）求水的温度T；
（2）若容器未浸入水，向玻璃管加注水银，使水银柱的长度增加h=2.7cm，仍使水银柱静止时下方的空气柱长度为2cm，求外界大气压P0；
（3）该同学在玻璃管外表面标注温度值，请问刻度否均匀，并简要说明理由。
【答案】（1）291K；（2）76.3cmHg；（3）刻度均匀 ，等压下，温度与体积成线性关系。
【解析】
【详解】（1）由等压变化
解得
T=291K
（2）由等温变化
(P0+h)(V+Sl1)=(P0+h+h)(V+Sl2)
解得
P0=76.3cmHg
（3）刻度均匀。由（1）可知，等压状态下，温度与体积成线性关系
14. 如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面MN与光滑绝缘水平面在M处平滑连接，光滑绝缘水平面与半径为的竖直光滑绝缘圆形轨道在A点连接，图中O点是圆轨道的圆心，B、C分别是圆形轨道的最低和最高点，AO、BO间的夹角为。整个装置位于水平向右的匀强电场中，电场强度。现将一质量、电量为的带正电小球（可视为质点），从斜面上高为，与A水平间距为的N点静止释放。取，，，求：
（1）小球从N点运动到A点时速度；
（2）小球从N运动到A点的时间；
（3）小球在圆形轨道上运动的最大动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
由图中几何关系可得
可知电场力与重力的合力方向刚好由指向，则小球从点静止释放后，将沿着做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
根据几何关系可得
根据运动学公式
解得
（2）小球从运动到点的时间为
（3）由图中几何关系可知，小球从点刚好沿着圆弧切线方向进入圆弧轨道，当小球运动到点右侧点，此时与竖直方向的夹角为，即与电场力与重力的合力方向在同一直线上，则小球在点动能最大，从点到点过程，根据动能定理可得
解得小球在圆形轨道上运动的最大动能为
15. 水平面上固定一根内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒长，简内充满沿筒水平向右的匀强电场，场强大小，现有一质量为的圆形小滑块（可视为质点）静止，在圆筒内距左端处，该滑块为绝缘体且不带电。现有一个直径略小于圆筒内径且质量为m的光滑绝缘弹性的小球，该小球带电量为，在圆筒内左端无初速度释放，小球将与滑块发生多次弹性碰撞，不计空气阻力，绝缘小球带电量始终保持不变，重力加速度g，求：
（1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小；
（2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离；
（3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数。
【答案】（1），；（2）；（3）4次
【解析】
【详解】（1）小球第一次与小滑块碰撞前做初速度为0的匀加速运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由动能定理得
即
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为，小球与小滑块发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
小球速度方向为水平向左，小滑块速度方向为水平向右；
（2）第一次碰后小球向左匀减速运动，加速度大小
小滑块向右匀速直线运动，当小球的速度与小滑块的速度相同时，两者间距离最远。设第一次碰后小球经过时间与小滑块的速度相同，两者间的最远距离为
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为，小滑块的位移为，以右为正方向，根据运动学公式得
解得
第二次碰撞前瞬间小球的速度为
设第二次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为，滑块的位移为，则有
解得
第三次碰撞前瞬间小球的速度为
设第三次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为，同理可得
联立解得
同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为，滑块的位移为，则有
解得
综上分析，由前三次碰撞后滑块的向下运动的位移分别为
可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时，滑块位移逐次增加，如果滑块不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时圆盘的位移为
因