2024-2025学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）月度检测物理试卷（11月）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）月度检测物理试卷（11月）（含答案），共11页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共10小题，共40分。
1.2024年10月3日，Pℎysical Review C期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚−227( 94227Pu)，并测量了该新核素的半衰期。已知钚−227的衰变方程为 94227Pu→Y+ 92223U，下列说法正确的是( )
A. 10个钚−227原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B. 钚−227原子核发生的是α衰变
C. 钚−227原子核发生衰变时需要吸收能量
D. 94227Pu原子核的比结合能比 92223U原子核的比结合能大
2.如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体与板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，若已知v2>v1，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，以下几种情况中不能成立的是( )
A. F1=F2，且M1>M2B. F1=F2，且M1F2，且M1=M2D. F1>F2，且M1>M2
3.如图为两颗人造卫星绕地球运动的轨道示意图，Ⅰ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，C、D为两轨道交点。已知轨道Ⅱ上的卫星运动到C点时速度方向与AB平行(说明Ⅱ的半长轴和Ⅰ的半径相等)，则下列说法正确的是( )
A. 两个轨道上的卫星运动到C点时的加速度不相同
B. 两个轨道上的卫星运动到C点时所受到的力相等
C. 两颗卫星的运动周期相同
D. 若卫星在Ⅰ轨道的速率为v1，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为v2，则v10，B不带电，A、B之间的距离为L。t=0时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰撞。碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用。
(1)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B之间的最远距离；
(2)从t=0时刻开始，到A、B发生第n次碰撞前，整个过程中电场力做了多少功?
16.如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点正下方钉一个钉子O′，已知小球受到的电场力是重力的1 3，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动。
(1)小球运动到O点正下方，求小球速度的大小；
(2)求OO′长度。
参考答案
1.B
2.B
3.BC
4.D
5.D
6.C
7.A
8.CD
9.BD
10.AB
11.多 8
12.A 9:4
13.(1) 3.0 并联 2.75
(2)乙
(3) 1.50 1.25

14.解：(1)由折射定律 n=sinisinγ，
解得折射角为 γ=30∘。
(2)由光的全反射原理 sin∠MEO=1n，
由正弦定理得 MEsin∠MOE=Rsin(90∘+γ)，
其中 ∠MOE=180∘−90∘−γ−∠MEO，
联立可得 ME= 6−13R，
由光的折射定律 n=cv，
所以光从M点传播到E点所经历的时间 t=MEv=(3 2− 3)R3c。。

15.(1)A、B第一次碰撞前
qEL=12mv2
解得A、B第一次碰撞前
v= 2qELm
A、B第一次碰撞时
mv=mvA1+mvB1
12mv2=12mvA12+12mvB12
解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为
vA1=0
vB1= 2qELm=v
当再次共速时，间距最远
t0=vB1qEm= 2mLqE
最远间距
Δx=vB1t0−vB1t02=L
(2)两球第一次碰撞到第二次碰撞
12⋅qEm⋅t12=vB1t1
解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
t1=2 2mLqE
A、B第二次发生碰撞前
vA2=qEmt1=2 2qELm=2v
vB2=vB1= 2qELm=v
A、B第二次碰撞时
mvA2+mvB2=mv′A2+mv′B2
12mvA22+12mvB22=12mv′A22+12mv′B22
解得A、B第二次碰撞后A、B的速度分别为
v′A2=v
v′B2=2v
同理可得，两小球第 n 次碰撞前速度与第 (n−1) 次碰撞后速度的关系为
vAn=v′A(n−1)+2v=vA(n−1)+v
vBn=v′B(n−1)=vA(n−1)
所以第 n 次碰撞前
vAn=nv ， vBn=(n−1)v
整个过程中电场力做功
W=12m(nv)2+12m[(n−1)v]2
解得
W=(2n2−2n+1)qEL

16.(1)初始时刻，将电场和重力场叠加起来看成一个等效力场，如图
设等效力场方向与水平方向夹角为 θ ，则
tanθ=mgF= 3
则
θ=60°
开始时，小球在合力F的作用下沿力的方向做匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图可知，△AOB为等边三角形，则小球从A到B，由动能定理得
FL=12mvB2
其中
F= (mg)2+(1 3mg)2=2 33mg
解得
vB= 4 3gL3
在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，小球受到细线拉力的作用，法向分速度 v2 变为零，切向分速度为
v1=vBcs30∘= 3gL
从B点到O点正下方过程中，由动能定理
mgL(1−cs30∘)+1 3mgLsin30∘=12mv2−12mv12
代入数据解得，下球运动到O点正下方，小球速度的大小为
v= (6+ 3)gL6
(2)小球碰到钉子 O′ 后，在竖直平面内做圆周运动，再等效力场中，过点 O′ 作合力F的平行线与圆的交点为Q，即为小球绕 O′ 点做圆周运动的“最高点”，则Q点应满足
F=mvQ2R
可得
vQ= 2 3gR3
在等效力场中，选B为零势能点，从B点到Q点，根据能量守恒定律得
12mv12+F[(L−R)cs30∘−R]=12mvQ2+12FL
联立方程可解得
R=2 3+12 3+6L
所以 OO′ 长度为
OO′=L−R=56+2 3L=5(3− 3)L12