2024届福建省莆田市涵江区高三上学期1月月考物理试题 （解析版）

这是一份2024届福建省莆田市涵江区高三上学期1月月考物理试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空实验题，分析计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列关于物理学研究方法的叙述正确的是（ ）
A. 在探究加速度与力、质量的关系时，采用了“理想实验法”
B. 用速度—时间图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了“理想模型法”
C. 伽利略对自由落体运动规律的研究，采用了类比的思想方法
D. 在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”
【答案】D
【解析】
【详解】A．在探究加速度与力、质量的关系时，采用了控制变量法，选项A错误；
B．用速度—时间图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了微元法，选项B错误；
C．伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学结合的方法，选项C错误；
D．在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”，选项D正确。
故选D。
2. 如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角，一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（ ）
A. 作用力为B. 作用力为
C. 摩擦力为D. 摩擦力为
【答案】B
【解析】
【详解】设斜杆的弹力大小为，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与平衡，即大小为，每根斜杆受到地面的摩擦力为
B正确，ACD错误；
故选B
3. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1︰n2=2︰1，输入端接在（V）的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A. 当R1=0时，电压表的读数为
B. 当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V 5W”的灯泡，灯泡能正常发光
C. 当R1=10Ω时，电流表的读数为1A
D. 当R1=10Ω时，电压表读数为6V
【答案】B
【解析】
【详解】A．当R1=0时，根据理想变压器原副线圈电压与匝数之间关系，有
其中
联立，解得
故A错误；
B．由部分电路欧姆定律，可得
又
联立，解得
则把电流表换成灯泡后，灯泡两端电压为
即灯泡正常发光，故B正确；
C．当R1=10Ω时，原线圈接入的交流电压有效值为
由理想变压器原副线圈电流和电压与匝数的关系，可得
又
联立，解得
故CD错误。
故选B。
4. 类比是一种常用的研究方法．如图所示，O为椭圆ABCD的左焦点，在O点固定一个正电荷，某一电子P正好沿椭圆ABCD运动，A、C为长轴端点，B、D为短轴端点，这种运动与太阳系内行星的运动规律类似．下列说法中正确的是（ ）
A. 电子在A点的线速度小于在C点的线速度
B. 电子在A点的加速度小于在C点的加速度
C. 电子由A运动到C的过程中电场力做正功，电势能减小
D. 电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加
【答案】D
【解析】
【详解】电子绕正电荷做椭圆轨道运动，可类比与太阳系内行星的运动，根据开普勒第二定律可知，电子在A点的线速度大于在C点的线速度，选项A错误；A点距离正电荷较近，受库仑力较大，根据牛顿第二定律可知，电子在A点的加速度大于在C点的加速度，选项B错误；电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加，选项D正确，C错误．
二、双项选择题
5. 光纤是在日常生活中广泛应用的技术。我们将激光信号通入光纤中，通过全反射传递信息。激光相比于普通光最大的优势在于它的相干性好，因此我们可以进行调制。关于激光和光导纤维的说法正确的是（ ）
A. 光导纤维内芯折射率大于外层折射率
B. 一束光导纤维同时刻只能传输某一个频率的光信号
C. 使用普通的自然光也可以进行调制
D. 调制激光信号就是按照要求改变激光频率、振幅、相位和偏振
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据全反射的条件可知，光导纤维内芯折射率大于外层折射率，故A正确；
B.一束光导纤维同时刻能传输不同频率的光信号，故B错误；
C.自然光中各种频率的光都有，不可以进行调制，故C错误；
D.调制激光信号就是按照要求改变激光的频率、振幅、相位和偏振，故D正确。
故选AD。
6. 同一均匀介质中，位于x=0和x=1.2m处的两个波源沿y轴振动，形成了两列相向传播的简谐横波a和b，a波沿x轴正方向传播，b波沿x轴负方向传播。在t=0时两波源间的波形如图所示，A、B为介质中的两个质点，a波的波速为2m/s，则（ ）
A. b波的周期为0.2s
B. A质点开始振动时沿y轴负方向运动
C. t=0.25s时，B质点位于平衡位置
D. t=0.125s时，x=0.65m质点的位移为-4cm
【答案】AB
【解析】
【详解】A．简谐横波a和b在同一均匀介质中，则
再由题图可知
则根据
得
故A正确；
B．由于
且由题图可看出t=0时A质点距a波最近，则a波先传播到质点A，由同侧法可知A质点开始振动时沿y轴负方向运动，故B正确；
C．由于质点B距离a波和b波均为0.2m，则经过0.1s质点B开始振动，则t=0.25s时，质点B振动了0.15s即，由于B质点的起振方向向下，则时，B质点运动到波峰，即最大位移处，故C错误；
D．t=0.125s时，两列波传播的距离均为
即t=0s时x=0.4m和x=0.9m处质点的振动状态传到了x=0.65m处的质点，故x=0.65m处的质点的位移为-2cm，故D错误。
故选AB。
7. 2020年6月15日，中国科学院宣布“墨子号”量子科学实验卫星在国际上首次实现千公里级基于纠缠的量子密钥分发。若“墨子号”卫星绕地球在赤道平面内做匀速圆周运动，大约每90分钟绕一圈。时刻，“墨子号”卫星A与地球静止轨道卫星B相距最远，如图所示，则（ ）

A. 卫星A的轨道半径为卫星B的
B. 卫星A的速度大小是卫星B的4倍
C. 卫星A的向心加速度大小是卫星B的8倍
D. 卫星A、B每隔48min与地心共线一次
【答案】AD
【解析】
【详解】A．地球静止轨道卫星B的周期为，根据开普勒第三定律
可得
故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
可得
卫星A的轨道半径为卫星B的，则卫星A的速度大小是卫星B的倍，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
可得
卫星A的轨道半径为卫星B的，则卫星A的向心加速度大小是卫星B的倍，故C错误；
D．当A比B多转半周时，卫星A、B与地心共线一次，故有
解得
故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ON为圆的半径，长度为R，从圆上的A点沿AO方向以速度v射入一个不计重力的粒子，粒子从N点离开磁场。已知，则（ ）

A. 粒子带负电荷
B. 做圆周运动的半径为
C. 粒子的电荷量大小与质量的比值为
D. 粒子在磁场中运动的时间为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．粒子向上偏转，在A点受洛伦兹力向上，根据左手定则可知，四指指向与速度方向相反，粒子带负电，故A正确；
B．粒子的轨迹如图

粒子射出磁场时速度偏转角为，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可知
故B错误；
C．由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力
可得粒子的比荷为
故C正确；
D．粒子在磁场中运动的时间
t = =
D错误。
故选AC。
三、填空实验题
9. 用螺旋测微器测出其某直径如图甲所示，该读数为_______；用游标卡尺测量小钢珠直径d时如图乙所示，则___________。
【答案】 ①. 1.850 ②. 0.940
【解析】
【详解】[1]根据螺旋测微器原理可得直径为
[2]根据游标卡尺读数原理可得
10. 小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为______s。
【答案】15.5
【解析】
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
11. 某物理兴趣小组将力传感器固定在小车上，小车置于水平桌面上，用如图所示的装置探究物体的加速度与力的关系，反复往桶里增添细沙，可获得力传感器的读数F和加速度a的多组数据，并根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的图像。
（1）本实验是否要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量？________（填“是”或“否”）。
（2）由图像求出小车与桌面之间的摩擦力为________N，小车和传感器的总质量为________kg。
【答案】 ①. 否 ②. 0.1 ③. 1
【解析】
【详解】（1）[1]由于本实验装置中，绳子拉力可以通过力传感器测得，不需要用细沙和桶的总重力代替绳子拉力，本实验不要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。
（2）[2][3]以小车和传感器为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
小车和传感器的总质量为
图像的横截距满足
解得小车与桌面之间的摩擦力为
12. 同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板。

（1）若用此表测量一阻值约为的定值电阻，下列操作正确的是______
A．将选择开关应调到“”电阻挡
B．欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐
C．在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡
（2）图2为一正在测量中的多用电表表盘。如果选择开关在电阻挡“”，则读数为______；如果选择开关在直流电压挡“”，则读数为______V。
（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的______（选填“红表等”或“黑表笔”）
【答案】 ①. CD##DC ②. 1.5×104 ③. 1.25 ④. 黑表笔
【解析】
【详解】（1）[1]A．用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，故A错误；
B．进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零，故B错误；
C．在电阻测量时，为准确，双手不能同时接触电阻两端，故C正确；
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡，故D正确。
故选CD；
（2）[2]选择开关在电阻挡“×1k”，由图示表盘可知，读数为
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，其读数为：1.25V。
（3）[4]用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
13. 以下表格中所列数据是测量小灯泡U−I关系的实验数据：
①分析表格内实验数据并结合电表内阻（电压表约为3kΩ，电流表约为0.125Ω）可知，应选用的实验电路图是图_______（填“A”、“B”、“C”、“D”）；
②根据你所选的电路图完成实物图中的连线______．
③把表格中第4组数据所对应的点用记号“+”标在答题纸对应的U－I图中，并用平滑曲线作出完整的U－I图线______．
④现将两个这样的小灯泡并联后再与一个5的定值电阻R串联，接在内阻为1、电动势为3V的电源两端，如图所示．则图中电流表的读数为_______A（保留两位有效数字），此时每盏小灯泡的电功率为_______W（保留两位有效数字）
【答案】 ①. B ②. 图像见解析； ③. 图见解析； ④. 0.32 ⑤. 0.18
【解析】
【详解】（2）①因电压和电流值从零开始调节，可知滑动变阻器用分压电路；由表中数据可知，待测电阻阻值大约为5Ω左右，可知RV>>Rx，则采用电流表外接，故选B.
②实物连线如图；
③图像如图：
④设每盏灯的电流为I，电压为U，则E=U+2I(R+r)，即U=3-12I，则将此函数关系画在灯泡的U-I图像中，可得：
由图像的交点可知，I=0.16A，U=1.1V，则图中电流表的读数为2I=0.32A，此时每盏小灯泡的电功率为P=IU=0.18W.
四、分析计算题
14. 如图所示.在距水平地面高h=0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B离开桌面后落到地面上的D点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2．求：
(1)木块B离开桌面时的速度大小；
(2)两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；
(3)两木块碰撞后瞬间，木块A的速度大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为，在空中飞行的时间为t′．根据平抛运动规律有：，
解得：
(2)木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度：
设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得
(3)设两木块碰撞后木块A的速度大小为，根据动量守恒定律有：
解得：.
15. 如图，质量、长度的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数。在木板上左端放置一质量的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。
（1）求初速度的大小；
（2）若滑块在木板上从左端开始运动后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）滑块与木板间的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小
滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有
解得
（2）由
解得
撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力
则木板做加速运动，木板的加速度大小
设滑块与木板共速时速度大小为，滑块速率从减到所用的时间为，则有
解得
木板滑行的距离
之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有
解得
16. 如图所示，一电阻不计的U型导体框置于倾角为的足够长的光滑绝缘斜面顶端。一质量为、电阻为的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路，且EF与斜面底边平行。导轨间的距离为，导体框上表面粗糙，金属棒与导体框间的动摩擦因数为，与金属棒相距的下方区域有方向垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为。时刻，让金属棒与导体框同时由静止释放。金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动。时刻导体框EF端进入磁场，EF进入磁场前金属棒已经开始匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，导体框EF端进入磁场前金属棒没有离开磁场（，，取）。求：
（1）导体框的质量M；
（2）时刻，导体框EF端与磁场上边界的距离；
（3）从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，金属棒产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）导体框开始做匀速运动，导体框根据平衡条件可得
解得
（2）金属棒进入磁场前
受力分析
位移
速度
可得
此后，EF匀速
全程
解得
（3）CD在磁场中速度为v时
可得
金属棒CD开始匀速运动时，对CD棒有
求得
则从静止释放到导体框EF端进入磁场前，对金属棒列动量定理有
可得
从静止释放到导体框EF端进入磁场的过程中，根据能量守恒
解得
U(V)
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I(A)
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215