2023-2024学年广东省百校联考高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省百校联考高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图甲所示的离子式火灾自动报警器因稳定性好、安全性高的特点而被广泛应用，其内部装有一个放射源和两个电极，如图乙所示，放射源衰变释放的射线使两个电极间的空气电离而导电，当火灾发生时，由于空气中烟雾的阻挡，导致工作电路的电流减小，当通过检流器的电流小于某值时，检流器便控制外电路的蜂鸣器报警并洒水灭火，下列说法正确的是( )
A. 温度不影响放射源的半衰期
B. 放射源释放的α射线贯穿本领最强
C. 放射源释放的β射线不能使空气电离
D. 放射源释放的γ射线经过极板时会发生偏转
2.“神舟十七号”载人飞船于北京时间2023年10月26日11时14分成功发射，航天员将进行一系列空间科学研究。神舟飞船与空间站对接后，组合体在距地表高度约为400km的倾斜轨道上做匀速圆周运动，周期约为90min，下列说法正确的是( )
A. 组合体的线速度略大于7.9km/s
B. 组合体的加速度比地球同步卫星的加速度小
C. 航天员在空间站内处于完全失重状态
D. 空间站内的航天员每天经过赤道正上方30次
3.如图所示，激光笔发出的一束单色光由空气斜射到水面上的O点时，同时发生折射和反射，若仅减小入射角，则折射光线与反射光线的夹角将( )
A. 减小水B. 增大C. 不变D. 无法确定
4.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为m，可视为质点的小球，将小球托起至O点，弹簧恰好处于原长，松手后小球在竖直方向做简谐运动，小球最远能到达B点，A点为OB的中点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在O点时的机械能最小B. 小球经过A点时的加速度大小为g
C. 小球在B点时受到的弹力大小为2mgD. O、B两点间的距离为mgk
5.游乐场中的“旋转飞椅”用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。甲、乙两人同时乘坐“旋转飞椅”时可简化为如图所示的模型，甲对应的钢绳长度大于乙对应的钢绳长度，当转动稳定后，甲、乙对应的钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2钢绳的质量不计，忽略空气阻力，则转动稳定时( )
A. 甲、乙两人所处的高度可能相同
B. 甲、乙两人到转轴的距离可能相等
C. θ1与θ2可能相等
D. 甲、乙两人做圆周运动时所需的向心力大小可能相等
6.如图甲所示，“回回炮”是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示的模型、将一质量m=50kg、可视为质点的石块装在长L=10m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与O点的水平距离为30m，以地面为零势能面，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 石块被水平抛出时的重力势能为5000JB. 石块被水平抛出时的动能为6000J
C. 石块被水平抛出时的机械能为15000JD. 石块着地时重力的功率为500 3W
二、多选题（本题共4小题，共22分）
7.如图所示，质量为1kg的薄木板静置在足够大的水平地面上，一质量为2kg、可视为质点的物块以6m/s的速度从左端滑上木板，恰好能到达木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 木板的长度为2mB. 木板能沿地面运动的最大距离为3m
C. 滑动摩擦力对物块的冲量大小为6N⋅sD. 静摩擦力对物块的冲量大小为4N⋅s
8.中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的金属“舌头”，“舌根”连接一根直通地下的细铁丝、起到避雷的作用。当一团雷云位于房屋正上方时，屋顶的避雷针顶端聚集大量电子，图中虚线为等势面，下列说法正确的是( )
A. 雷云带正电B. 避雷针的电势比雷云的电势高
C. 电子的运动方向始终与图中等势面垂直D. 避雷针顶端不断向空气释放电子中和雷云
9.实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电机的正方形线圈ABCD绕OO′轴以转速n匀速转动。已知线圈的边长为L，匝数为N，总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R。其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 回路中感应电动势的峰值为4π2n2NBL2B. 小灯泡两端的电压为πnNRBL2R+r
C. 通过小灯泡的电流为 2πnNBL2R+rD. 小灯泡的功率为2π2n2N2RB2L4R+r2
10.芯片制作工艺是人类科技的结晶，而制造芯片的光刻机，是通过许多国家的顶级公司通力合作制造的精密的大型设备。如图所示，芯片制作工艺中有一种粒子分析器，它由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，加速电场的电压为U，静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。氕、氘、氚核以不同的速度进入加速电场，能沿静电分析器中心线运动的粒子会从小孔P进入磁分析器，最终打到胶片Q上。已知氕、氘、氚核所带的电荷量均为e，质量分别为m、2m、3m，不计粒子间的相互作用及粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A. 能进入磁分析器的粒子的初动能相等
B. 氕、氘核打到胶片Q上的间距为 2−1B mERe
C. 氘、氚核打到胶片Q上的间距为 3− 2B mERe
D. 氕、氚核打到胶片Q上的间距为2 3−1B mERe
三、实验题（本题共2小题，共12分）
11.如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连。
(1)用小木块把木板垫高后，在不挂砝码盘的情况下，轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间距均匀的点。
(2)在平衡摩擦力后，保持小车的质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量m，重复实验多次，通过纸带得到多组对应的加速度a，根据实验数据描点作出了如图乙所示的a−m图像，图线不过坐标原点的原因可能是_____，图线末端发生弯曲的原因是_____。
A.砝码的质量过大
B.平衡摩擦力不足
C.实验中忽略了砝码盘的质量
(3)将木板调节至水平，并将图中小车换成质量为M的滑块，重复上述过程，描点发现滑块的加速度较小时a−m图线为直线，如图丙所示，进而得到滑块与木板间的动摩擦因数μ=cM，滑块与木板间的动摩擦因数的测量值_____(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
12.某实验小组用电压表V(量程为3V、内阻约为3kΩ)，电流表A(量程为50mA，内阻约为2Ω)，定值电阻R0=56Ω，滑动变阻器R、两节干电池(电动势均为1.5V，内阻均不到1Ω)、开关及导线等器材测量电阻Rx的阻值(约为150Ω)。
(1)A，B两位同学采用伏安法进行测量：
A同学用如图甲所示的内接法测量，得到多组电压表示数U和电流表示数I的数据，根据每组数据计算出对应的电阻，再求出电阻的平均值作为待测电阻Rx的测量值；
B同学用如图乙所示的外接法测量，根据测得的数据，作出U−I图线，然后算出图线的斜率k，将k作为待测电阻Rx的测量值。
关于A，B两同学测得的结果，_____(填“A”或“B”)同学的测量结果更精确，测量值_____(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(2)C同学设计了如图丙所示的电路进行实验，操作步骤如下：
①正确连接实验电路后，调节滑动变阻器R的滑片至左端；
②闭合S2、S1，调节滑动变阻器R的滑片，使电流表A满偏；
③保持滑动变阻器R的滑片不动，断开S2，此时电流表A的示数为40mA；
待测电阻Rx=_____Ω(保留三位有效数字)。
四、计算题（本题共3小题，共42分）
13.某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0=300K，活塞与容器顶部的距离l0=20cm，在活塞下方d=4cm处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)封闭气体开始的压强p；
(2)触发报警装置的热力学温度T。
14.如图所示，空间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场区域上、下边界水平，高度L=0.10m，磁感应强度大小B=2T。把边长L=0.10m、质量m=0.02kg的匀质刚性金属框abcd从距磁场上边界高H=0.8m处由静止释放，金属框运动过程中始终在竖直平面内(无旋转)并恰好匀速通过磁场区域，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)金属框的电阻R；
(2)金属框通过磁场的过程中产生的热量Q。
15.如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
(1)从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
(2)细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A
【详解】A.放射性元素衰变的快慢由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。A正确；
B.放射源释放的 α 射线电离能力最强，贯穿本领最弱。B错误；
C.放射源释放的 β 射线贯穿本领较强，电离能力较强，能使空气电离。C错误；
D.放射源释放的 γ 射线为光子，带电荷量为0，经过极板时不会发生偏转。D错误；
故选A。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.组合体的线速度略小于7.9km/s，故A错误；
B.根据
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
因组合体的轨道半径较小，故组合体的加速度比地球同步卫星的加速度大，故B错误；
C.航天员在空间站内处于完全失重状态，故C正确；
D.组合体做匀速圆周运动的周期约为90min，则航天员每天经过赤道正上方
n=2×24×6090=32次
故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】若入射角由 θ 减小了 Δθ ，则反射角也减小了 Δθ ，折射角也相应减小，由几何知识可知折射光线与反射光线的夹角将增大。
故选B。
4.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球在O点时弹簧处于原长，弹簧的弹性势能为零，小球的机械能最大，故A错误；
B.A点为小球的平衡位置，小球经过A点时的加速度大小为0，故B错误；
C.小球在O点时仅受重力作用，加速度大小为g，根据对称性可知，小球在B点时的加速度大小也为g，根据
FB−mg=ma
小球在B点时受到的弹力大小为2mg，故C正确；
D.小球在A点时有
mg=kxOA
O、B两点间的距离为
xOB=2xOA=2mgk
故D错误。
故选C。
5.【答案】AD
【解析】AD
【详解】C.稳定时两人的角速度相同，设人沿绳方向到转轴的距离为L，有
mgtanθ=mω2Lsinθ
解得
g=ω2Lcsθ
由于
L1>L2
则
θ1>θ2
故 θ1 与 θ2 不可能相等，故C错误；
A.设水平转盘离地的高度为 H ，甲、乙两人所处的高度
ℎ1=H−L1csθ1
ℎ2=H−L2csθ2
则
ℎ1=ℎ2
甲、乙两人所处的高度可能相同，故A正确；
B.设圆盘的半径为 R ，甲、乙两人到转轴的距离
s1=R+L1sinθ1
s2=R+L2sinθ2
可得
s1>s2
故B错误；
D.因两人的质量未知，甲、乙两人做圆周运动时所需的向心力大小可能相等，故D正确。
故选AD。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】A.石块被水平抛出时的高度为
ℎ=L+Lsin30∘=10m+10×0.5m=15m
重力势能为
Ep=mgℎ=50×10×15J=7500J
故A错误；
B.石块被水平抛出后做平抛运动，竖直方向有
ℎ=12gt2
水平方向有
x=v0t
联立解得
v0=x g2ℎ=30× 102×15m/s=10 3m/s
石块被水平抛出时的动能为
Ek=12mv02=12×50×10 32J=7500J
故B错误；
C.石块被水平抛出时的机械能为
E=Ep+Ek=15000J
故C正确；
D.根据 vy2=2gℎ ，可得石块着地时竖直分速度为
vy= 2gℎ= 2×10×15m/s=10 3m/s
石块着地时重力的功率为
P=mgvy=50×10×10 3W=5000 3W
故D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.物块的加速度
a1=μ1mgm=0.4×10m/s2=4m/s2
对木板，根据牛顿第二定律
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得
a2=2m/s2
设经历 t 时间，物块、木板共速，共速时的速度为 v ，则
v=v0−a1t=a2t
解得
t=1s ， v=2m/s
共速后，物块、木板的加速度为
a3=μ2g=2m/s2
两者运动的 v−t 图像如图所示，木板的长度为
L=12×1×6m=3m
木板能沿地面运动的最大距离为
x=v22a2+v22a3=222×2+222×2m=2m
故AB错误；
C.滑动摩擦力对物块的冲量大小为
I1=μ1mgt=0.4×2×10×1N⋅s=8N⋅s
故C错误；
D.物块受到的静摩擦力为
f=ma3=2×2N=4N
物块受到的静摩擦力的时间为
t′=va3=22s=1s
静摩擦力对物块的冲量大小为
I2=ft′=4×1N⋅s=4N⋅s
故D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.屋顶的避雷针顶端聚集大量电子，可知雷云带正电，故A正确；
B.雷云带正电，所以避雷针的电势比雷云的电势低，故B错误；
CD.根据电荷间的相互作用可知，避雷针顶端不断向空气释放电子中和雷云，电子的运动方向未知，所以电子的运动方向不会始终与图中等势面垂直，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】A.回路中感应电动势的峰值为
Em=NBSω=NBL22πn=2πnNBL2
故A错误；
C.回路中感应电动势的有效值为
E有=Em 2= 2πnNBL2
通过小灯泡的电流为
I=E有R+r= 2πnNBL2R+r
故C正确；
B.小灯泡两端的电压为
U=IR= 2πnNRBL2R+r
故B错误；
D.小灯泡的功率为
P=I2R=2π2n2N2RB2L4R+r2
故D正确。
故选CD。
10.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.在加速电场中，根据动能定理有
eU=Ek
可知，能进入磁分析器的粒子的初动能相等，故A正确；
BCD.在静电分析器和中，对氕、氘、氚核，由电场力提供向心力，则有
eE=mv12R ， eE=2mv22R ， eE=3mv32R
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，对氕、氘、氚核有
ev1B=mv12R1 ， ev2B=2mv22R2 ， ev3B=3mv32R3
解得
R1=1B mERe ， R2=1B 2mERe ， R3=1B 3mERe
则氕、氘核打到胶片Q上的间距为
x1=2R2−2R1=2 2−1B mERe
氘、氚核打到胶片Q上的间距为
x2=2R3−2R2=2 3− 2B mERe
氕、氚核打到胶片Q上的间距为
x3=2R3−2R1=2 3−1B mERe
故BC错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】 B A 小于
【详解】(2)[1]根据图乙可知，当砝码盘中砝码的质量达到一定数值时，小车才开始有加速度，所以图线不过坐标原点的原因可能是平衡摩擦力不足；
故选B。
[2]以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
T=Ma
设砝码盘的质量为 m0 ，以 m+m0 为对象，根据牛顿第二定律可得
(m+m0)g−T=(m+m0)a
联立可得
a=(m+m0)gM+m+m0=1Mm+m0+1g
可知，砝码的质量过大会使得图线末端发生向下弯曲，a值趋近于重力加速度大小g。
故选A。
(3)[3]设砝码盘的质量为 m0 ，由图丙横轴截距可得
m0+cg=μMg
解得动摩擦因数的真实值为
μ=m0+cM
可知滑块与木板间的动摩擦因数的测量值小于真实值。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 A 大于 153
【详解】(1)[1]为了尽可能减小实验误差，根据
Rx> RVRA
可知电流表内接法测量结果更精确，故A同学的测量结果更精确。
[2]测量值为电阻 Rx 与电流表A的串联电阻，测量值大于真实值。
(2)[3]电流表A满偏时，电路中的总电阻为
R总=EIg=350×10−3Ω=60Ω=R+R0RxR0+Rx+RA+r
断开 S2 时电路中的总电阻为
R′总=EI=340×10−3Ω=75Ω=R+R0+RA+r
则
15Ω=R0−R0RxR0+Rx
解得
Rx≈153Ω

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 5×104Pa ；(2)720K
【解析】(1)设气体的初始压强为 p1 ，对活塞受力分析，由平衡条件有
p1S=p0S−mg
得
p1=5×104Pa
(2)设报警时的压强为 p2 ，对活塞受力分析，由平衡条件有
p2S+mg=p0S+F
得
p2=1.0×105Pa
由理想气体状态方程得
p1l0ST0=p2l0+dST
得
T=720K
14.【答案】(1)0.8Ω；(2)0.04J
【详解】(1)设金属框进入磁场时的速度大小为 v ，回路中产生的电动势为 E ，有
v2=2gH
E=BLv
根据平衡条件有
BELR=mg
解得
R=0.8Ω
(2)金属框通过磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功，有
Q=B2L2vR⋅2L
解得
Q=0.04J

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 2Lg+ L8g ；(2) 32L
【解析】(1)B球落地所需时间为
t′= 2Lg
此时AB两球的速度为
v= 2gL
设还需 t′′ 时间相遇，则有
vt′′+12gt′′2+vt′′−12gt′′2=L
解得
t′′=L2v=L2 2gL
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
t=t′+t′′= 2Lg+ L8g
此时距离地面的高度为
d′=vt′′−12gt′′2=716L
(2)根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
vA=52 2 gL ， vB=32 2 gL
两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
mvA−7mvB=mv A′+7mv B′
12mv A2+12×7mv B2=12mv A ′2+12×7mv B ′2
解得
v A′=54 2gL ， v B′=−34 2gL (舍去)
v A′=−94 2gL ， v B′=−14 2gL
设经 t′′′ 绳子绷直，则有
L=(|v A′|−|v B′|)t′′′
此时A、B两球的速度分别为
v A′′=|v A′|−gt′′′=2 2gL
v B′′=|v B′|−gt′′′=0
细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
mv A′′=(m+7m)v
AB小球一起上升过程中，根据运动学规律有
v2=2gd′′
解得
d′′=L16
则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为
d=d′+d′′+L=32L