2023-2024学年辽宁省锦州市北镇市满族高级中学高三（下）第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省锦州市北镇市满族高级中学高三（下）第一次月考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理公式中不属于比值定义法的是
A. a=FmB. φ=EpqC. R=UID. B=FIL
2.2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中( )
A. 在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零
B. 运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C. 运动员和滑板构成的系统动量守恒
D. 上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零
3.如图，半径相同、质量均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起静止在水平地面上，E、M之间无摩擦力，M下表面粗糙.现用过E的轴心的水平力F，缓慢地将E拉离地面直至滑到M的顶端，M始终处于静止状态.则E拉离地面后的过程中( )
A. 地面所受M的压力变大B. E对M的弹力逐渐增大
C. 拉力F由最大逐渐减小为0D. 地面对M的作用力等于拉力F
4.在《物理评论快报》论文中，中国锦屏深地实验室核天体物理实验(JUNA)研究团队通过直接测量，为核反应提供目前最精确的反应率数据，澄清此前国际实验数据间数倍的分歧，解决“点石成金”中铁元素俘获慢中子变成超铁元素的中子源的问题。已知该反应中、X、、的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是
A. 该反应属于裂变反应B. X为氦核 24He
C. E=(m1+m2+m3+m4)c2D. E=(m1+m2−m3+m4)c2
5.波源按照y=10sin(2πt+π4)cm的规律振动，时刻在介质中形成的波形图如图，由此可知该波在5s时间内传播的距离为( )
A. 10mB. 8mC. 5mD. 2m
6.有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是
( )
A. c点的电势大于d点的电势
B. a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
C. 负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
D. 将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
7.质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是( )
A. 物块所受拉力F的冲量方向水平向右B. 物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C. 物块所受重力的冲量大小为零D. 物块所受合力的冲量大小为Fcsθt
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2022年11月3日9时32分，梦天实验舱顺利完成转位，标志着中国空间站“T”字型基本结构在轨组装完成，如图所示。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，根据已知条件可求出下列哪些物理量
A. 地球的质量B. 空间站的线速度大小
C. 地球的平均密度D. 空间站的周期
9.如图所示，等腰梯形abcd区域(包含边界)存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边长ab=bc=cd=12ad=l，一质量为m、带电量为−q(q> 0)的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子不能经过bc边，粒子的速度可能为()
A. 3qBl4mB. 3qBl2mC. 2qBlmD. qBlm
10.如图所示，直角三角形斜劈ACB固定在水平面上，∠ABC=37∘，斜边AB长1.5m，P点将AB分成两部分，AP=0.5m，PB=1.0m。小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2。BC水平放置，小物块从A点由静止释放，经过时间t1下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度v0，经过时间t2上滑到A点时速度也刚好为零。重力加速度取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则
( )
A. μ1+2μ2=94B. v0=6m/sC. t1>t2D. t1三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在如图所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。
(1)由于本实验中要用小盘及盘内砝码总重力大小作为细线对小车拉力大小。所以必须使砝码盘总质量m与小车量M大小关系满足。___________(填写选项前的大写字母序号)
A.M远小于m B．m远小于M
(2)为了消除摩擦力的影响，以下操作正确的是___________。(填写选项前的大写字母序号)
A.需要调节斜面倾角，使小车在小盘(盘中不放砝码)的牵引下在斜面上匀速下滑
B.需要拿走小盘，纸带穿过打点计时器，并固定在小车的尾端，然后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在斜面上匀速下滑
C.每改变一次小车的质量，需要重新平衡一次摩擦力
(3)多次改变砝码的质量，测得多组F、a。根据实验数据作出的a−F图像如图所示。图像末经过原点的原因可能是___________(填写选项前的大写字母序号)
A.平衡摩擦力过度 B.平衡摩擦力不足
12.某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可以同时测量电压表V的内阻和电流表G的内阻。可供选用的仪器有：

A.内阻约3kΩ的待测电压表V，量程0∼3V
B.内阻约500Ω的待测电流表G，量程0∼3mA
C.定值电阻R1=3kΩ
D.定值电阻R2=500Ω
E.电阻箱R0
F.滑动变阻器R3(0∼3kΩ)
G.滑动变阻器R4(0∼50Ω)
H.电源电动势E=6V，内阻忽略不计
I.开关、导线若干
(1)为了准确测量电压、电流表的内阻，定值电阻R应选____(选填“R1”或“R2”)，滑动变阻器应选_____(选填“R3”或“R4”)。
(2)实验中电阻箱的示数如图乙所示，则R0=_____Ω。
(3)闭合S1前，将滑动变阻器的滑片P调到______(选填“a”或“b”)处。
(4)将单刀双掷开关拨到1，调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为U1、I1；再将单刀双掷开关拨到2，调节滑动变阻器，使得V和G有明显的读数，分别为U2、I2，则电压表V的内阻rV=_____，电流表G的内阻rg=_____。(均选用U1、U2、I1、I2、R和R0表示)
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ=30∘角，N、Q两端接有R=1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2kg，电阻r=1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1=0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v=2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g=10m/s2。
(1)求金属棒速度最大时所受安培力FA的大小及拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t=0.09s速度达到v2=1.5m/s，此过程中电阻R中产生的焦耳热为0.03J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x；
(3)金属棒速度达到v2后，立即撤去拉力，棒回到出发点时速度大小v3=1.0m/s，求该过程中棒运动的时间t1。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
14.如图所示，质量m=0.40kg的物体(可视为质点)在粗糙水平桌面上以初速度v0=3.0m/s做直线运动，飞离桌面后做平抛运动，最终落在水平地面上．已知物体与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，在桌面上滑行的长度L=1.0m，桌面离地面高度h=0.80m，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体落地点与桌面边缘的水平距离s；
(2)物体落地时的速度大小v；
(3)物体平抛过程中重力的冲量I。
15.如图所示，在水平轨道AB的末端处，平滑连接一个半径R= 0.4m的光滑半圆形轨道，半圆形轨道与水平轨道相切，C点为半圆形轨道的中点，D点为半圆形轨道的最高点，整个轨道处在电场强度水平向右、大小E= 4×103V/m的匀强电场中、将一个质量m= 0.1kg、带正电的小物块(视为质点)，从水平轨道的A点由静止释放，小物块恰好能通过D点。小物块的电荷量q=+2×10−4C，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ= 0.2，取重力加速度大小g= 10m/s2。求：
(1)小物块通过D点的速度；
(2)A、B两点间的距离L；
(3)小物块通过C点时对轨道的压力大小FN。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量。它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义。
中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的。应用比值法定义物理量，往往需要一定的条件；一是客观上需要，二是间接反映特征属性的两个物理量可测，三是两个物理量的比值必须是一个定值。
【解答】
A.加速度a=Fm是牛顿第二定律得到的，是牛顿第二定律的表达式，也是加速度的决定式，但不是加速度的定义式，故A符合题意；
B.在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，电势的表达式φ=Epq，属于比值定义法，故B不符合题意；
C.电阻是由导体本身的性质决定的，与导体两端所加的电压，流过的电流无关，电阻的定义式R=UI，属于比值定义法，故C不符合题意；
D.磁感应强度与通电导线受到的安培力、是否引入通电导线无关，只取决于本身的性质，所以B=FIL，属于比值定义法，故D不符合题意。
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查斜上抛运动。最高的速度为零，但加速度为重力加速度；系统只受重力，机械能守恒；不满足动量守恒的条件；具有竖直向下的加速度，是失重。
【解答】A.在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；
B.运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；
C.在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误；
D.上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作用力为零，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
先对圆柱体E受力分析，受重力、水平拉力和支持力，其中重力恒定，拉力方向不变，三力平衡，作出力的矢量三角形分析拉力和弹力大小的变化；然后对整体分析，根据平衡条件得到摩擦力情况。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果一个力大小方向不变、一个力的方向不变，可以根据矢量三角形(图解法)分析各力的变化情况。注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A、对圆柱体E和半圆柱体M整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力保持不变，故M对地面压力大小不变，故A错误；
C、圆柱体E和半圆柱体M的圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60°，E受三个力平衡，如图所示：三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始时拉力F最大，以后逐渐减小为0，故C正确；
D、整体在水平方向上受到拉力F和地面对M的摩擦力，故摩擦力Ff=F，而地面对M的作用力等于支持力与摩擦力的合力，所以地面对M的作用力大于拉力F，故D错误；
B、圆柱体E、M间的压力开始最大，而后逐渐减小到G，故B错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
核反应方程质量数与电荷数守恒。质量亏损是反应物质量减去生成物质量。根据质能方程求反应释放的能量。
【解答】
该反应不属于重核的裂变，A项错误;
根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，为氦核He24He，核反应方程为，B项正确;
根据质能方程可知，由于质量亏损该反应放出的能量为E=(m1+m2−m3−m4)c2，C、D项错误。
5.【答案】A
【解析】波的周期为
T=2πω=2π2π=1s
根据图像可知波长为
λ=2×1m=2m
则波速为
v=λT=21m/s=2m/s
则波在5s时间内传播的距离为
s=vt=2×5m=10m
故选A。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了电场能的性质；该题结合等势面考查对电场强度理解，知道无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；把握电场强度的矢量性是解该题的关键。
根据等量异种电荷的电场线分布进行分析；根据电势能的定义判断电势能的高低，根据电势能的变化判断电场力做功。
【解答】
B.该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图：
a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故B错误；
A.c、d两点在等量异种电荷连线的中垂线上，该中垂线为一等势线，则c点的电势等于d点的电势，故A错误；
D.正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从b点移到d点，其电势能增加，电场力做负功，故D正确；
C.负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能，故C错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】解：A.拉力F的冲量方向与拉力方向相同，与水平方向夹角为θ斜向右上方，故A错误；
BD.取水平向右为正方向，末动量为mv，初动量为−mv，
根据动量定理可知，合力的冲量为I合=mv−(−mv)=2mv，大小为2mv，方向水平向右，
对物体受力分析可知合力为Fcsθ，即Ftcsθ=2mv，变换公式得拉力的冲量为IF=Ft=2mvcsθ，故B错误，D正确；
C.重力的冲量为IG=mgt，不为零，故C错误。
故选：D。
根据动量定理得合力的冲量等于动量的变化量，冲量是矢量满足平行四边形定则，一段时间内物体受的任一个力一定有冲量，各个力的冲量的矢量和等于动量的变化量。
本题考查动量定理，同时也考查冲量的矢量性，各个力的冲量与合力的冲量满足平行四边形定则或用正交分解求多个力的冲量。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
根据地球表面物体的重力等于万有引力，即可求出地球的质量；空间站绕地球做圆周运动靠万有引力提供向心力，根万有引力提供向心力求出空间站的线速度大小；由密度公式求地球的平均密度；根据万有引力提供向心力求解空间站的周期表达式分析。
解决本题的关键是知道空间站绕地球运动靠万有引力提供向心力，灵活运用黄金变换求相关物理量。
【解答】
AC、对地球表面的物体有GMmR2=mg，可得M=gR2G，则地球的平均密度ρ=MV=gR2G43πR3=3g4πGR，可求出地球的质量和密度，故AC正确；
BD、空间站绕地球运行，由万有引力提供向心力得GMm′(R+h)2=m′v2R+h，解得v= gR2R+h;由牛顿第二定律有GMm′(R+h)2=m′·4π2T2(R+h) ，解得T=2π (R+h)3gR2，空间站的线速度和周期无法求出，故BD错误。
9.【答案】AC
【解析】找到临界条件，根据几何关系求解临界半径，在根据洛伦兹力提供向心力求解临界速度。
【详解】为使粒子不能经过 bc 边，则粒子可以从ab边或cd边出磁场，其临界点为b、c，其几何关系如图所示
当粒子过b点时，起做圆周运动的圆心在O1点，根据几何关系可知
r1= 33ab= 33l
则为使粒子从ab边出磁场，其运动半径应小于r1，根据牛顿第二定律可知
qBv=mv2r
解得
v=qBrm< 3qBl3m
当粒子过c点时，起做圆周运动的圆心在O2点，根据几何关系可知
r2=ac= 3ab= 3l
则为使粒子从cd边出磁场，其运动半径应大于r2，根据牛顿第二定律可知
qBv=mv2r
解得
v=qBrm> 3qBlm
故选AC。
10.【答案】ABC
【解析】A.设 x=AP ，从 A 到 B 由动能定理
mg⋅3xsin37∘−μ1mgcs37∘⋅x−μ2mgcs37∘⋅2x=0
解得
μ1+2μ2=94
故A正确；
B.从 B 到 A 由动能定理
−mg⋅3xsin37∘−μ1mgcs37∘⋅x−μ2mgcs37∘⋅2x=0−mv022
联立解得
v0=6m/s
故B正确；
CD.上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即 t1>t2 ，故C正确，D错误。
故选ABC。
11.【答案】(1)B；(2)B；(3)A。
【解析】解：(1)当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码的重力，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时需要拿走小盘，纸带穿过打点计时器，并固定在小车的尾端，然后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在斜面上匀速下滑，故B正确，AC错误。
故选：B。
(3)由图2所示a−F图象可知，图象在纵轴上有截距，即当F=0时已经产生加速度，说明小车所受合力大于拉力，这可能是由于平衡摩擦力过度造成的，故A正确，B错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)A。
(1)当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码的重力。
(2)实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不挂砝码盘，小车与纸带相连。
(3)根据图示图象分析答题。
本题考查了“验证牛顿第二定律”实验，理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识、知道实验注意事项，根据题意即可解题。
12.【答案】 R1 R4 2500.0 a U2RI2R−U2 U1I1−R−R0
【解析】(1)[1][2]因为待测电压表的内阻约为 3kΩ ，而定值电阻 R2 的阻值为 500Ω ，定值电阻 R2 的阻值比电压表的内阻小得多，如果选用 R2 ，则当单刀双郑开关拨到2时，电压表V指针偏转角度很小，读数误差将很大，因此定值电阻选择 R1 ；由于滑动变阻器采用了分压式接法，为了实验时调节方便，滑动变阻器的总阻值应当选择小一些的，则滑动变阻器选择最大阻值为 50Ω 的，即选择 R4 。
(2)[3]根据题图乙所示可以知道该电阻箱可以精确到 0.1Ω ，则读数为
R0=2500.0Ω
(3)[4]为了确保电路的安全，闭合 S1 前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即 a 处。
(4)[5][6]将单刀双郑开关拨到1时，有
U1=I1R+R0+rg
将单刀双郑开关拨到2时，有
U2R+U2rV=I2
解得
rg=U1I1−R−R0
rV=U2RI2R−U2
13.【答案】解：(1)在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为F，安培力大小为FA。
由平衡条件得F=mgsinθ+FA
此时ab棒产生的感应电动势为E=BLv
设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r
ab棒受到的安培力大小为FA=BIL
拉力的功率：P=Fv
联立以上各式解得：FA=1N，P=4W。
(2)ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得
Pt−W−mgxsinθ=12mv22−12mv12
电阻R中产生的焦耳热为Q=0.03J，因R=r，则金属棒产生的焦耳热也为Q=0.03J，则此过程中ab克服安培力做功
W=2Q=2×0.03J=0.06J
解得：x=0.1m。
(3)设撤去拉力后，金属棒上滑的位移大小为x1，所用时间为t1′，下滑时所用时间为t2。
撤去拉力后，金属棒上滑的过程，取沿导轨向.上为正方向，由动量定理得
−mgsinθ⋅t1′−BI1−L⋅t1′=0−mv2 ①
此过程中通过金属棒的电荷量为
q1=I1−⋅t1′=BLv1−t1R+r=BLx1R+r ②
将②代入①得：
mgsinθ⋅t1′+B2L2x1R+r=mv2 ③
金属棒下滑的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得
mgsinθ⋅t2−BI2L⋅t2=mv3−0 ④
此过程中通过金属棒的电荷量为
q2=I2−⋅t2=BLv2−t2R+r=BL(x+x1)R+r ⑤
所求的棒运动的时间：t1=t1′+t2
联立解得：t1=0.55s。
答：(1)FA=1N；拉力的功率P为4W。
(2)该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。
(3)该过程中棒运动的时间t1为0.55s。
【解析】(1)ab棒做匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出ab棒受到的安培力大小，再根据平衡条件求出此时拉力大小，由P=Fv求拉力的功率P。
(2)根据能量守恒定律求ab沿导轨的位移大小x。
(3)对撤去拉力后棒_上滑和下滑的过程，分别运用动量定理列方程，联立即可求解运动时间。
本题与汽车恒定功率启动相似，要正确分析ab棒的运动情况，知道加速度为零时速度最大。要知道在电磁感应现象中，动量定理是求运动时间常用的方法。
14.【答案】(1)设物体离开桌面时的速度大小为 v′ ，根据动能定理−μmgL=12mv′2−12mv02
解得v′=2.0m/s
设物体平抛运动的时间为 t，则有h=12gt2
解得t=0.4s
解得s=v′t=0.80m
(2)设物体落地时竖直方向的速度为 vy，有vy=gt=4.0m/s
物体落地时的速度大小v= v′2+vy2=2 5m/s
(3)物体平抛过程中重力的冲量I=mgt=1.6N⋅s，方向竖直向下。

【解析】本题考查了平抛运动、动能定理、冲量等知识点，难度一般。
15.【答案】(1)小物块恰好能通过 D 点，由牛顿第二定律可知mg=mvD2R
解得vD=2m/s，方向水平向左
(2)从A点到D点由动能定理得(qE−μmg)L−2mgR=12mvD2
解得A、B两点间的距离L=53m
(3)从C点到D点由动能定理得−mgR−qER=12mvD2−12mvC2
在C点由牛顿第二定律得N−qE=mvC2R
根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小FN= N = 5.4N。

【解析】本题主要考查了带电粒子在电场和重力场中的运动，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可求解。