四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理答案

这是一份四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理答案，共8页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1.B
【详解】由图可知，石子上升的高度约为
由竖直上抛运动公式可有
可得该次抛出小石子的初速度约为 故选B。
2.A
【详解】A．③是贴近月球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力
解得
则月球的密度为 解得
所以通过测量③上的运行周期可以估测月球密度，故A正确；
B．卫星从低轨道到高轨道需要加速，故②转移到①时需要加速，故B错误；
C．根据牛顿第二定律 解得
可知②上经过P点时加速度与③上经过P点时加速度相等，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，周期越大，故D错误。 故选A。
3.C
【详解】A．P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，则可知P的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并不沿绳子切线，故A错误；
BC．由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据公式
可知，P的线速度小于Q的线速度，故B错误，C正确；
D．P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，指向圆周运动的圆心，即P点所受合外力方向一定垂直于AB连线向下，故D错误。 故选C。
4.D
【详解】A．根据电路中的电流方向为电极1→3，可知载流子（电子）的运动方向为电极3→1，根据左手定则可知电子在洛伦兹力作用下向电极2所在一侧偏转，所以电极2的电势比电极4的低，故A错误；
B．当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，设电子定向移动的速率为v，则有
解得 U与a无关，故B错误；
CD．设样品每平方米载流子（电子）数为n，则时间t内通过样品的电荷量
根据电流的定义式得
由U − B关系图线可得
各方程联立，解得
故C错误，D正确。 故选D。
5.C
【详解】A．电路中最大电流为2 A，由闭合电路欧姆定律
可解得压力传感器R的最小值为4Ω，由电阻R随压力F变化的函数式为
可得压力最大 F＝2600 N
即该秤能测量的最大体重是2600 N，故A错误；
B．由闭合电路欧姆定律和电阻R随压力F变化的函数式 ，
可得
可知电流表的量程越大，I越大，则能测量的最大体重F越大，故B错误；
C．踏板空载时，F＝0，R＝30Ω，由闭合电路欧姆定律
解得 I＝0．375 A 故C正确；
D．由闭合电路欧姆定律和电阻R随压力F变化的函数式 ，
可得
变形得 故D错误。 故选C。
6. A
【详解】A．空竹受力如图所示
根据平衡条件可得
设绳长为，由几何关系可得
沿虚线a向左移动，减小，增大，细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，不变，不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，增大，减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，增大，减小，细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选A。
7. B
【解析】理想交流电压表的示数大于等于时报警器报警，即，原、副线圈的匝数比为 根据 解得
感应电动势的有效值为
解得报警时叶片的转速至少为 故选 B。
8.BD
【详解】A．根据公式
由图可知，图3中相邻干涉条纹间距较大，则波长较大，结合上述可知，对应的是可见光Ⅱ，故A错误；
B．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
结合题意可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大，则图1中的对应的是可见光Ⅱ，故B正确；
C．由公式可得，光子动量为
结合上述可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，结合上述可知，P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。 故选BD。
9.CD
【详解】A．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为 故A错误；
B．根据质量数与电荷数守恒，该核反应方程为
粒子在磁场中运动的周期为
则新核Y与α粒子的周期之比为 故B错误；
C．由于原子核静止，根据动量守恒定律可知，放射出的粒子（）及生成的新核Y在衰变初始位置的速度方向相反，根据左手定则可知，两者圆周运动的轨迹外切且转动方向相同，根据 解得
由于衰变过程动量守恒，即大小相等，即电荷量越大，轨道半径越小，可知粒子的轨道半径大一些，可知衰变后产生的粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图丁，故C正确；
D．根据题意可知，新核Y的质量为
由和可得
又有 可得
则α粒子和新核Y的动能分别为 ，
又有 解得 故D正确。 故选CD。
10.AD
【解析】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒有
相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为，由于 所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。
A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A正确；
B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B错误；
C．如图
环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为，绳与水平方向夹角为，根据水平方向动量守恒，有
可得小球的水平速度为
根据机械能守恒定律，有
在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
可得
联立解得 C错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，小球的速度为
根据动能定理，有
解得 D正确。 故选AD。
11.（8分）（1）BC （2） 0.610/0.611 1.99/2.00/2.01 （3）B
【详解】（1）AD．因为有拉力传感器测量拉力，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证远小于，选项AD错误；
B．实验时要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，选项B正确；
C．调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行，选项C正确。
故选BC。
（2）[1]两计数点间还有四个点迹没有画出，则T=0.1s
打下第“3”计数点时小车的速度大小
[2]小车运动的加速度大小
（3）根据牛顿第二定律可知 可得
可得 即 故选B。
12.（10分）（1） 黑表笔 d 4 （2） 1.43 2.25 （3）小于
【详解】（1）[1]电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔；
[2]该表有“”、“”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“”倍率的内阻小于“”倍率的内阻，由于阻值小于，应选择“”倍率，故要测量应与d相连；
[3]如图3所示，欧姆表的读数为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知 ，
联立解得，该电源的电动势为 内阻为
（3）由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆定律
化简可得
对比 可得
13.解：（10分）（1）设气缸内放置的文物体积为。
初态 ———— 0.5分 ————0.5分
末态 ————（0.5分 ） ————（0.5分）
气体做等压变化 ———— （2分）
解得气缸内放置的文物的体积 ————（1分）
（2）气体的压强为 ————（1分）
外界对气体做功为
———（2分）
根据热力学第一定律，该过程中气体增加的内能为 —————（2分）
14.（12分）解：（1）由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿第二定律可知 ————（2分）
可知 ————（1分）
（2）设物体与传送带共速前位移为，由图像乙可知
————（2分）
（3）由图可知，在共速，此后二者共同减速，则可知减速运动的加速度为
————（1分）
由速度公式可得物体冲上传送带时，传送带的初速度
————（1分）
则在共速前传送带行驶位移为 ————（1分）
则物体与传送带的相对位移 ————（1分）
由摩擦生热的定义式可得 ————（2分）
代入数据可得 ————（1分）
15.（14分）解：（1）设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为 ————（0.5分）
通过金属棒的电流为 ————（0.5分）
金属棒受到的安培力为 ————（0.5分）
金属棒做匀速直线运动时有 ————（0.5分）
解得 ————（1分）
（2）设当金属棒的速度大小为 ————（1分）
通过金属棒的电荷量为 ————（0.5分）
————（0.5分）
平均电动势 ————（0.5分） ————（0.5分）
解得 —————（0.5分）
由能量守恒定律可得 ————（1分）
代入数据解得 ————（0.5分）
（3）对金属棒进行受力分析，可得 ————（1分）
对金属棒进行受力分析，可得 ————（1分）
可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时
——（0.5分）
回路中电流为 -————（1分）
金属棒受到的安培力为 ————（0.5分）
金属棒匀速直线运动，可得 ————（1分）
解得 ————（1分）