湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期月考卷物理试题（五）（解析版）

雅礼中学2023届高三月考试卷（五）

物理

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. 物理实验助推物理学理论的发展。对以下实验的表述，说法正确的是（　　）

A. 图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化

B. 图乙：库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，并测量了静电力常量

C. 图丙：卢瑟福根据粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型

D. 图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．图甲：密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化，故A正确；

B．库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律，静电力常量既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后人通过库仑扭秤测出来的，而是通过麦克斯韦的相关理论算出来的，故B错误；

C．图丙：卢瑟福根据粒子散射实验的现象提出了原子核式结构模型，故C正确；

D．图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭示了原子具有内部结构，故D正确。

故选ACD。

2. 在篮球比赛中，投篮的投出角度太大或太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 篮球运动到最高点时速度为零

B. 上升阶段可以看成竖直方向做自由落体运动

C. 在任意相等时间内速度的变化量相同

D. 上升阶段所用的时间大于下降阶段所用时间

【答案】C

【解析】

【详解】A．抛体运动的水平分速度保持不变，篮球运动到最高点时速度为，故A错误；

B．篮球在空中运动过程，只受重力作用，篮球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向，上升阶段做竖直上抛运动，下降阶段做自由落体运动，故B错误；

C．由

可知，在任意相等时间内速度的变化量相同，故C正确；

D．由于投球点和篮筐正好在同一水平面上，由对称性可知，上升阶段所用的时间等于下降阶段所用时间，故D错误。

故选C。

3. 北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星，以及比它们轨道低一些的轨道卫星组成，它们均为圆轨道卫星。若轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内，已知卫星的离地高度为，地球自转周期为，地球半径为，地球表面重力加速度为，万有引力常量为，下列说法正确的是（　　）

A. 若卫星与卫星的周期之比为，某时刻两者相距最近，则经过时间后，两者再次相距最近

B. 卫星与卫星一定具有相同的机械能

C. 可以发射一颗地球同步静止轨道卫星，每天同一时间经过杭州正上空同一位置

D. 卫星的周期为

【答案】A

【解析】

【详解】A．卫星的周期为，两者再次相距最近的过程满足

代入数据解得

A正确；

B．机械能包括卫星的动能和势能，与卫星的质量有关，而卫星与卫星的质量不一定相同，故卫星与卫星不一定具有相同的机械能，B错误；

C．地球同步静止轨道卫星只能在赤道上空的特定轨道上，与地球自转周期相同，不可能经过杭州上空，C错误；

D．对卫星，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得

解得

D错误。

故选A。

4. 如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为，副线圈电路中R1、R2为定值电阻，P是滑动变阻器R的滑动触头，电压表V1、V2的示数分别为U1和U2；电流表A的示数为I。下列说法中正确的是（　　）

A. 变压器原、副线圈的匝数之比为

B. 副线圈回路中电流方向每秒钟改变50次

C. 当P向上滑动的过程中，增大，I减小

D. 当P向下滑动的过程中，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．电压表V1测量原线圈输入电压，电压表V2测量滑动变阻器两端电压，并不是副线圈输出电压，根据变压比

可知，变压器原、副线圈的匝数之比不等于U1：U2，故A错误；

B．原线圈输入电压的角速度

ω=100π rad/s

周期为

一个周期内，电流方向改变两次，变压器不改变交流电的周期，所以副线圈回路中电流方向每秒钟改变100次，故B错误；

C．当P向上滑动的过程中，阻值增大，副线圈总阻值增大，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，则电阻R1两端电压减小，并联部分电压增大，电流表示数I增大，电压表示数U2增大，故C错误；

D．当P向下滑动的过程中，阻值减小，副线圈总阻值减小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电阻R1两端电压增大，R1消耗的功率增大，并联部分电压减小，则R2消耗的功率减小，故D正确。

故选D。

5. 如图甲所示，一弹性轻绳水平放置，a、b、c是弹性绳上三个质点。现让质点从时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的关系如图乙所示，形成的简谐波同时沿该直线向和方向传播，在时质点第一次到达正向最大位移处，a、b两质点平衡位置间的距离，a、c两质点平衡位置间的距离，则下列选项正确的是（　　）

A. 质点的振动周期为 B. 该波的波长为

C. 波速大小为 D. 0~2s内质点通过的路程为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图乙可知周期故A错误；

BC．设波长为，波速为，第一个波峰从传播到的时间为

解得

该波的波长为

故B错误；C正确；

D．波传播到点所用时间为

c点振动时间为

质点通过的路程为

故D错误。

故选C。

6. 如图所示，光滑绝缘的水平面与半径为的绝缘圆弧轨道相切于点，点为光滑圆弧轨道的圆心，且在点的正上方，光滑圆弧轨道在竖直平面内，整个空间内有水平向右的匀强电场。现将一质量为、电荷量为的带电小球从距离点处的位置A由静止释放，小球恰好能运动到圆弧轨道高度的一半位置处，已知重力加速度为。则下列选项正确的是（　　）

A. 小球带负电

B. 匀强电场的电场强度为

C. 要使小球能运动到，应从距离点的位置由静止释放小球

D. 若使小球从点由静止释放，则小球运动到点时对轨道的压力为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题意可知，小球运动方向与电场方向相同，即受电场力的方向与电场方向一致，所以小球带正点，A错误；

B．根据题意可知，小球从A点由静止释放运动到圆弧轨道的高度的过程中，沿电场方向的位移为

此过程由动能定理可得

联立解得

B错误；

C．设小球释放点距点的距离为，小球从释放点运动到点的过程中，由动能定理可得

解得

C错误；

D．在小球从点由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得

在最低点由牛顿第二定律可得

联立可得

由牛顿第三定律可得小球在点时对轨道压力大小为，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，有选错的得0分）

7. 下列关于光现象或实验结果说法正确的是（　　）

A. 光的干涉和衍射现象说明光是一种波

B. 3D电影是利用了光的偏振现象，说明光是一种纵波

C. 水波容易绕过较大障碍物发生衍射，而光波不能，说明光波的波长比水波的波长长

D. 用同一装置观测红光和绿光双缝干涉条纹，绿光条纹间距较窄，说明绿光波长较短

【答案】AD

【解析】

【详解】A．光能发生干涉和衍射现象，干涉和衍射是波特有的现象，说明光是一种波，故A正确；

B．3D电影是利用了光的偏振现象，说明光是一种横波，故B错误；

C．水波容易绕过较大障碍物发生衍射，而光波不能，说明光波的波长比水波的波长短，故C错误；

D．根据公式

可知，用同一装置观测红光和绿光双缝干涉条纹，绿光条纹间距较窄，说明绿光波长较短，故D正确。

故选AD。

8. 一半圆柱工件放置在粗糙水平地面上，外圆柱表面光滑，截面为半圆，如图所示，A为半圆水平直径的端点，为半圆的最高点。将一可视为质点的小物块沿圆柱表面在作用力的作用下，由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中半圆柱工件一直处于静止状态。物块和点的连线与水平方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）

A. 作用力一直减小

B. 工件对物块的支持力先减小后增大

C. 当时地面对工件的摩擦力最大

D. 水平地面对工件的支持力先增大后减小

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．由于物块缓慢移动，可看作是平衡状态，设物块和点的连线与水平方向的夹角为，对物块受力分析，由平衡条件可得

物块从点运动到点的过程中，夹角从零增大到90°，所以推力一直减小，物块受到的支持力一直增大，故A正确，B错误；

CD．将物块和工件看作一个整体，对整体受力分析，如图所示

根据平衡条件可得

夹角从零增大到90°，地面对工件的支持力一直增大；当

时地面对工件的摩擦力最大，所以水平地面对工件的摩擦力先增大后减小，故C正确，D错误。

故选AC。

9. 如图平面内有向里的匀强磁场，磁感应强度，在轴上有一粒子源，坐标为，粒子源可以在平面内向各个方向均匀射出质量、带电量、速度的带电粒子，一足够长薄感光板从图中较远处沿轴负方向向左缓慢移动，其下表面和上表面先后被粒子击中并吸收粒子，不考虑粒子间的相互作用，粒子重力不计，（取），下列说法正确的是（　　）

A. 带电粒子在磁场中运动的半径为

B. 下表面刚好被粒子击中时感光板左端点位置距原点的距离为

C. 在整个过程中击中感光板的粒子运动的最长时间为

D. 当薄板左端运动到点的瞬间，击中上、下板面的粒子数之比为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A ．根据

解得

代入数据解得

故A错误；

B．下表面被击中的位置

故B正确；

C．根据

又

解得

代入数据解得

由几何关系可得最长时间为打在坐标原点的粒子，如甲图，有

故C正确；

D．如乙图，由几何关系得打到上板的粒子所对应的角度为，打到下板的粒子所对应的角度为，击中上、下板面的粒子数之比

故D正确。

故选BCD。

10. 如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，滑块质量为M=2m，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ，2μ、4μ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，下列说法正确的是（　　）

A. 若木板全部固定，要想获奖，滑块初速度

B. 若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值

C. 若木板不固定，滑块初速度为，顾客获三等奖

D. 若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量

【答案】AD

【解析】

【详解】A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有

解得

故A正确；

B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为

地面对abcd木板的摩擦力为

由于f1<f2，则木板静止不动，对滑块

解得

故B错误；

C．由于

可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为

滑块与木板之间的摩擦力为

由于f3<f4，则木板静止不动，当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为v2，对滑块

解得

可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为

可知cd木板恰好不动，根据运动学公式

解得

可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；

D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为

当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为

滑块与木板之间的摩擦力为

由于f6<f7，则木板d会发生滑动，木板的加速度为

滑块在木板上的加速度

当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系

可得

根据位移关系可得

解得

滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为

所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量的取值范围为

故D正确。

故选AD

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）

11. 小明在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验。如图1，他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：

A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为，细线的上端固定于点；

B.用刻度尺测量间细线的长度作为摆长；

C.将石块拉开一个大约的角度，然后由静止释放；

D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间，由得出周期；

E.改变间细线的长度再做几次实验，记下相应的和；

F.根据公式，分别计算出每组和对应重力加速度，然后取平均值作为重力加速度的测量结果。

（1）小石块摆动的过程中，充当回复力的是______。

A.重力        B.拉力

C.拉力沿水平方向的分力    D.重力沿圆弧切线方向的分力

（2）为使测量更加准确，步骤D中，小明应从______（选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。

（3）小明用的长作为摆长，的测量值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。

（4）小红利用小明测出的多组摆长和周期的值，作出图线如图2所示，并计算出图线的斜率为，由斜率求出重力加速度______（计算结果保留2位小数）。

【答案】    ①. D    ②. 平衡位置    ③. 偏小    ④. 9.74

【解析】

【详解】（1）[1]小石块摆动过程中，指向平衡位置的力为重力沿圆弧切线方向的分力，所以重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力。

故选D。

（2）[2]为减小实验误差，应从石块摆到最低点，即从平衡位置开始计时。

（3）[3]由单摆的周期公式

解得

用的长作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小。

（4）[4]设石块重心到点的距离为，则实际摆长为

可得

解得

可知图像的斜率为

解得

12. 有一个电压表，其内阻未知（约）、量程约，共有个均匀小格，但刻度数值已经模糊。为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：

标准电压表（量程0~3V，内阻为）

标准电压表（量程为，内阻约为）

滑动变阻器：总阻值

稳压电源：，内阻不能忽略

开关、导线若干

（1）用多用电表的欧姆挡粗略测量其内阻，多用电表刻度盘上电阻刻度中间值为20。实验时应将选择开关拨至倍率“______”（选填“1”“10”或“1k”）。

（2）为了让电表指针均偏转到满偏的三分之一以上，且能较精确地测出待测电压表的量程，请设计一个合理的电路图，画在如图所示的虚线方框内，将所选用的器材用相应的符号表示_______。

（3）根据设计的电路进行实验，调节滑动变阻器，并让待测电压表的指针恰好偏转了格，为了得到待测电压表的量程，还需要测量的物理量和相应的符号是______，待测电压表的量程为______（用测得的物理量和题中已知量的符号表示）。

【答案】    ①.     ②. 见解析    ③. 标准电压表的示数，标准电压表的示数    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]多用表测电阻时，应尽量使指针指向中央附近，所以欧姆挡的倍率应选“”。

（2）[2]因为电压表内阻较大，可将标准电压表做电流表使用，故电路如图

（3）[3][4]调节滑动变阻器，让待测电压表的指针恰好偏转格，记录标准电压表的示数和标准电压表的示数，假设待测电压表的量程为，则有

解得

四、计算题（本题共3小题，共40分）

13. 汽车安全气囊系统可以为乘员提供有效的防撞保护。汽车安全行驶时气囊内气体体积可忽略不计，受到猛烈撞击后，气囊内的化学物质迅速反应产生气体，对气囊充气，气囊上的可变排气孔在充气阶段封闭。充满气后，气囊内气体的压强为、体积为、温度为，若大气压强恒为。当乘员因惯性挤压安全气囊，气囊的可变排气孔开始泄气，当内部气体体积变为、温度降为、压强变为时，恰好不再排气，将气体视为理想气体。

（1）求充气过程中气囊克服外界大气压做的功；

（2）求泄气过程中从气囊内排出的气体占总量的比例。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）充气过程中气囊克服外界大气压做功为

（2）对气囊内所有的气体由理想气体状态方程得

解得

从气囊内排出气体的体积为

排出气体占总量的比例为

14. 如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求物块

（1）第1次滑过P点时的速度大小；

（2）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得

代入数值解得

由速度-位移关系式可得

代入数据解得

（2）根据能量守恒物块第1次滑过P点时与斜面产生的热量为

根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动时对称的，即物块以4m/s的速度返回斜面向上运动，速为零后沿斜面加速以某一速度进入传送带先减速为零在以反向加速以同样的速度进入斜面，因此可以看成传送带没有对物块做功，物块最后静止在斜面底端，损耗的能量为摩擦生热

故

联立代入数据解得

15. 图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场和，二者方向相反．车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动．设金属框垂直导轨的ab边长L=0.20m、总电阻R=l.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场Bl=B2=1.0T，磁场运动速度．已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，求：

（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向；

（2）求实验车的最大速率；

（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量？

（4）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动来启动实验车，当两磁场运动的时间为t=30s时，实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为v=4m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间．

【答案】（1）1N方向水平向右（2）8m/s（3）2J（4）

【解析】

【详解】（1）当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为v0，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，则有：

所以此时金属框受到的磁场力的大小

代入数值解得

根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。

（2）实验车最大速率为时相对磁场的切割速率为，则此时线框所受的磁场力大小为

此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：

所以

 （3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为

当实验车以速度匀速运动时金属框中感应电流

金属框中的热功率为

所以外界在单位时间内需提供的总能量为

（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同。

设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势

金属框中感应电流

又因为安培力

所以对试验车，由牛顿第二定律得

解得

设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势

金属框中感应电流

又因为安培力

对实验车，由牛顿第二定律得：

即

解得由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间：

。