湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期月考（四）物理试卷（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 《自然哲学的数学原理》中记载牛顿是这样研究匀速圆周运动的：如图所示，小球沿正多边形的各边做速度大小不变的运动，若正多边形的边数趋近于无穷大，则上述运动可看作匀速圆周运动。牛顿提出设想后并没有做进一步的推导，若小明同学沿着牛顿的思路推导得出了匀速圆周运动的向心力表达式，他在研究过程中提出了一些假设，其中不合理的是（ ）
A. 小球在正多边形的各个顶点处的碰撞是弹性碰撞
B. 小球每次碰撞时所受作用力的方向指向圆心
C. 因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，所以可以利用动量定理得出向心力表达式
D. 因可以用正多边形的边长与碰撞的作用力计算功，所以可以利用动能定理得出向心力表达式
【答案】D
【解析】
【详解】A．做匀速圆周运动，假设小球在正多边形的各个顶点处的碰撞是弹性碰撞，是合理的，A错误；
B．因为向心力指向圆心，所以可以假设小球每次碰撞时所受作用力的方向指向圆心，B错误；
C．因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，所以可以利用动量定理得出向心力表达式，C错误；
D．小球碰撞时，作用力不做功，所以不能用动能定理得出向心力表达式，不合理，D正确；
故选D。
2. 我校在2024年秋季运动会中开设了“趣味毛毛虫”的集体运动项目强化团队协作能力，如图所示，每支队伍由8名老师组成，将毛毛虫悬空抓住前进，到达终点用时少者获胜。为了能顺利前进，8名老师需要同时迈出左脚或右脚。已知老师们手中抓住的“毛毛虫”的质量为，在开始运动阶段“毛毛虫”以加速度向前做匀加速直线运动（竖直方向保持同一高度），重力加速度为，老师们运动过程中脚不打滑。从开始出发计时，则对此匀加速运动过程，下列说法正确的是（ ）
A. 地面对老师的摩擦力对老师做正功
B. 这8名老师对“毛毛虫”的作用力大小为
C. 这8名老师对“毛毛虫”的作用力水平向前
D. 时刻8名老师对“毛毛虫”作用力的合力瞬时功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于老师运动过程中脚不打滑，所以老师与地面之间是静摩擦力，在老师受摩擦力时，二者没有相对位移，故地面对老师的摩擦力对老师不做功，故A错误；
BC．“毛毛虫”受的合外力为ma，可知老师对“毛毛虫”的作用力大小为
方向向前上方，故BC错误；
D．设老师对“毛毛虫”作用力与水平方向的夹角为，则时刻老师对“毛毛虫”作用力的瞬时功率为
故D正确。
故选D。
3. 用劲度系数为，原长均为的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量为的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为，则此时转动的周期为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】每根橡皮筋弹力均为
相邻橡皮筋夹角为，则每个小球的合力为
根据牛顿第二定律可得
解得
故选A。
4. Space X公司的星链计划不断向地球卫星轨道发射升空大量小型卫星组成庞大的卫星群体系，严重影响了地球其他轨道卫星的使用安全，中国空间站就不得不做两次紧急避险动作，避免被星链卫星撞击的危险。如图所示，假设在地球附近存在圆轨道卫星1和椭圆轨道卫星2，、两点为椭圆轨道长轴两端，点为两轨道交点。距离地心，距离地心，距离地心，卫星都绕地球逆时针运行。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星2和卫星1的周期相同
B. 卫星2和卫星1在点加速度不相同
C. 卫星1在点的速度大于卫星2在点的速度
D. 若卫星2在点适当点火加速，即可在半径为的低轨道绕地球圆周运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律有
由题知圆的半径与椭圆的半长轴相等，则卫星2的周期与卫星1的周期相等，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
则有
可知在点时，加速度相同，故B错误；
C．以地球球心为圆心，并过点画出圆轨道3，如图所示由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有
可得
可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，可知卫星在轨道1上经过点的速度小于卫星2在点的速度，故C错误；
D．据前面分析，在椭圆轨道上运行的卫星2在点适当减速，即可在半径为的低轨道绕地球运行，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强P为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为的雨滴打在芭蕉叶上，则有
根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理
另一半速度为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理
根据压强的定义式
联立可得
故选A。
6. 如图所示，8个完全相同的均匀带电绝缘立方体叠成一个大立方体，取无穷远处电势为零，该立方体中心点电势为，上表面中心点电势为。下列说法正确的是（ ）
A. 一个小立方体在点产生电势为
B. 下层一个小立方体在点产生的电势为
C. 现撤去下层一个小立方体，则点电势为
D. 现撤去下层一个小立方体，则点电势为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于电势为标量，由题意可知每个小立方体在点的电势相等为
故A错误；
B．上层四个小立方体在点的电势和为
下方四个小立方体在点的电势和为
下层一个小立方体在点产生的电势为
故B错误；
C．现撤去下层一个小立方体，则点电势为
故C错误；
D．撤去下层一个小立方体，则点电势
故D正确。
故选D。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的不得分）
7. 如图所示，一光滑绝缘半圆面和一根很长的直导线被固定在同一竖直平面内，直导线水平处于半圆面的下方，导线中通有方向向右的恒定电流I，将一铜环从半圆面左侧最高点a从静止释放后，铜环沿半圆面运动，到达右侧的b点为最高点，a、b高度差为Δh，已知通电直导线在周围某一点产生磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比，下列说法正确的是（ ）
A. 铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿顺时针方向
B. 铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大
C. 铜环第一次返回左侧至最高点时与a点的高度差小于
D. 铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．直导线在半圆面处的磁场垂直向外，铜环在半圆面左侧下滑过程，磁场增强，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，A正确；
B．由直导线磁场特点可知，同一水平面处的磁场强弱相同，当铜环经过最低点时，速度沿水平方向，铜环内的磁通量变化率为零，感应电流为零，B错误；
C．设铜环质量为m，则铜环第一次从a到b过程，减少的机械能等于，故产生的焦耳热为
铜环在竖直方向上的速度越大，磁通量变化越快，产生的感应电流越大，从而产生的焦耳热越多，消耗的机械能越多，当铜环从b返回左侧时，在同一高度处的速度比从a到b过程小，产生的焦耳热较少，故消耗的机械能较少，即小于，
故返回左侧最高点时与右侧最高点的高度差小于Δh，则铜环第一次返回左侧至最高点时与a点的高度差小于，C正确；
D．当铜环沿轨道下滑时，根据对称性可知，铜环左右两侧受到的安培力大小相等、方向相反，而铜环下半部分受到的安培力（向上）要大于上半部分受到的安培力（向下），故铜环受到的安培力竖直向上，同理可知，当铜环沿轨道上滑时，受到的安培力竖直向下，故铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向与铜环中心的运动方向不会相反，D错误。
故选AC。
8. 如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以如图所示方向的电流I，则稳定后（ ）
A. 软导线、对金属棒EF的拉力大小均为
B. 绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg
C. 软导线和向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正弦值为
D. 绝缘细线和向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正切值为
【答案】B
【解析】
【详解】B．对CD棒和EF棒组成的系统进行受力分析（从左向右看），如图所示
整体受到两个重力，两个安培力和两个绝缘绳子的拉力，竖直方向根据受力平衡得
可得
即绝缘细线和不发生偏转，绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg，故B正确；
ACD．EF棒受到重力、水平方向的安培力和两个金属杆的拉力，可知软导线和向纸面外偏转，其中安培力大小为
设柔软导线与竖直方向的夹角为，则有
，
可知软导线、对金属棒EF的拉力大小均大于，故ACD错误。
故选B。
9. 如图所示，坐标系中荧光屏垂直轴放置，第一、二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，点有一粒子放射源，能向第一、二象限各个方向均匀发射一系列速率均为、比荷均为的带正电粒子，其中沿轴正方向射入的粒子经偏转后刚好打在荧光屏上的点，粒子打在荧光屏上后立即被屏吸收（左右两侧面均可吸收）。已知荧光屏的长度为，磁感应强度大小为，不计粒子的重力，忽略粒子间的相互作用。则下列说法正确的是（ ）
A. 荧光屏到O的距离为2L
B. 沿y轴正方向射入的粒子运动到荧光屏所需时间为
C. 被荧光屏接收的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为5：1
D. 被荧光屏右侧面和左侧面接收的粒子数之比为3：2
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
沿x轴正方向射入的粒子经偏转后刚好打在荧光屏上的M点，轨迹如图
根据几何关系可知
解得
故A错误；
B．沿轴正方向射入的粒子恰好经过点，则沿轴正方向射入的粒子运动到荧光屏运动的时间为
故B正确；
C．粒子在磁场中运动的最长时间、最短时间轨迹如图
根据几何关系可知对应圆心角分别为300°，60°，则运动时间分别为
则时间之比为5:1，故C正确；
D．由几何知识可知，粒子入射时与x轴正方向角度为0~30°时，被左侧光屏吸收，入射角度为90°~150°时，粒子被右侧光屏吸收，则被荧光屏右侧面和左侧面接收的粒子数之比为2:1，故D错误。
故选BC。
10. 某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间中加上竖直向下的匀强磁场，磁场边界与平行且与线圈速度方向成，磁感应强度为B。如图所示，线圈与传送带一起以恒定速度v向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知线圈质量为m，匝数为N，边长为L，总电阻为R，且磁场宽度大于L。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈进入磁场过程中，电流方向为
B. 在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿所在直线方向，且最大值为
C. 线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为
D. 在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为的线圈进入磁场过程也恰好不打滑
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据楞次定律，可判断出，感应电流的方向为，故A正确；
B．在线圈进入磁场过程中，受到沿方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力方向为方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿方向，最大值为
又有
，
解得
故B正确；
C．线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为
解得
故C错误；
D．线圈质量不变，材料不变，边长不变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的，根据
可知，电阻变为原来的4倍，又因为安培力的最大值为
可知，匝数变成2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，而最大静摩擦力为
不变，所以在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故D正确。
故选ABD。
三、实验题（本题共2小题，11题10分，12题6分，共16分）
11. 在“用传感器观察电容器充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电压为6.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行的是________（选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的I-t图像如图2所示，图中在0-0.2s内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积将_______（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为_________μF。
（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。按他的想法，下列说法正确的是（ ）
A. U-Q图线的斜率越大，电容C越大
B. 对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
C. 若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为
D. 由于图线是一条过原点的直线，所以既可以用图线与横轴所围成的面积表示电容器储能，也可以用图线跟纵轴所围成的面积表示电容器储能
【答案】（1） ①. 放电 ②. 0.2s内电容器放电量 ③. 不变
（2）575 （3）C
【解析】
【小问1详解】
[1]开关S改接2后，电容器相当于电源，进行的是放电过程；
[2]根据，可知图中在0-0.2s内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内电容器放电量；
[3]充完电后电容器所带的电荷量为
如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则充完电后电容器所带的电荷量不变，所以放电过程，I-t曲线与坐标轴所围成的面积不变。
【小问2详解】
整个放电过程中释放的电荷量，根据
可得该电容器的电容为
【小问3详解】
A．根据
可知图线的斜率越大，电容C越小，故A错误；
B．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，则有
可知对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压的平方成正比，故B错误；
C．根据
可知电容器电荷量为时储存的能量为，故C正确；
D．类比速度—时间图像与时间轴围成的面积才代表位移，则U-Q图像与Q轴围成的面积才代表储能，图线跟纵轴所围成的面积不能表示电容器储能，故D错误。
故选C。
12. 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值，使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D_____；然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2。
④用米尺测量D的底边长度L。
（2）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_____（可以用绝对值符号）。
（3）判定磁感应强度方向的方法是：若_____，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
【答案】（1）重新处于平衡状态
（2）
（3）m2＞m1
【解析】
【小问1详解】
③闭合开关S，调节R的值，使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2。
【小问2详解】
开关断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力
S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0；
如果，有
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；
如果，有
则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；
综上所述，则
【小问3详解】
如果，有
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外。
四、解答题（本题共3个小题，共40分，其中第13题12分，第14题13分，第15题15分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不得分）
13. 如图所示，轻杆两端分别系着质量为的圆环A和质量为的小球B，轻杆与A的连接处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动，A、B静止不动时B球恰好与光滑地面接触，在B的左侧是半径为的圆弧，质量为的小球C以的速度向左与B球发生正碰，已知碰后C小球恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取，则：
（1）碰后C球平抛的水平位移大小；
（2）碰后瞬间B球的速度大小；
（3）A、B间轻杆的长度。
【答案】（1）
（2）3m/s （3）0.3m
【解析】
【小问1详解】
碰后C球恰好能做平抛运动，则C球在圆弧顶端，根据牛顿第二定律有
C做平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
解得
【小问2详解】
碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，则有
解得
小问3详解】
碰后当B球恰好与横杆接触时，A、B二者具有相同的水平速度，A、B构成的系统水平方向动量守恒，则有
根据机械能守恒定律有
解得
14. 如图所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为，内阻为，正常工作时电流为，时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用．求：
（1）物块B的最大速度；
（2）弹簧的劲度系数。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）当B的加速度时速度最大，此时轻绳上的拉力为
电动机的输出功率为
又
解得
（2）对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力为
B速度最大时弹簧弹力
所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零，由动能定理得
由胡克定律得
联立解得
15. 如图，直角坐标系xOy中存在无限长的平行边界MN（与y轴重合）和PQ，两者间距为5h，0≤x≤5h区域内的x轴上、下部分分别存在垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、，在第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从点处射入电场，倒时改变粒子速度和电场强度大小，保证粒子均从点垂直于y轴进入磁场。不计粒子重力，。
（1）若电场强度大小为，求粒子从C点进入磁场时的速率；
（2）若，求粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标；
（3）若粒子从PQ边界点飞出，求粒子在两磁场运动的最短时间和最长时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）由斜抛运动规律得
，
由牛顿第二定律得
解得
（2）当时，粒子进入磁场速度为
由牛顿第二定律得
粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示
由几何关系得
得
故粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标
（3）粒子在磁场的轨迹半径满足
如图
由几何关系
联立解得
设粒子周期数为，则有
n取1时，时间最短，；n取3时，时间最长，，粒子恰好不从MN边界射出，又粒子在上、下部分磁场内运动的周期分别为T1，T2，即
，
且
解得