2024北镇三中高三上学期第二次月考试题物理含解析

北镇三高2023~2024学年度第一学期第二次月考

高三物理试卷

考试时间75分钟  试卷满分100分

※考生注意：请在答题卡各题目规定的区域内作答，答在本试卷上无效。

一、本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的图象如图所示，关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（　　）

A. 在时，甲、乙的运动方向相同

B. 在内乙的加速度先增大后减小

C. 在内，乙的平均速度等于甲的平均速度

D. 若甲、乙从同一位置出发，则时刻相距最远

【答案】D

【解析】

【详解】A．在时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反，故A错误；

B．根据斜率表示加速度，可知在内，乙的加速度逐渐减小，故B错误；

C．根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C错误；

D．若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以时刻相距最远，故D正确。

故选D。

2. 大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是，则（　　）

A. ，，X是电子

B. ，，X是中子

C. ，，X是电子

D. ，，X是中子

【答案】B

【解析】

【详解】核反应是

则有

解得

根据

解得

所以，X是中子。

故选B。

3. 如图所示，斜面体放置在粗糙水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则（　　）

A. 物体A所受合力一定减小 B. 斜面对物体A的支持力一定减小

C. 斜面对物体A的摩擦力一定减小 D. 斜面对物体A的摩擦力一定为零

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于物体A始终保持静止状态，因此物体A所受合外力始终为零，A错误；

B．对A进行受力分析可知道，斜面对A的支持力

FN=mgcos+Fsin

F减小，FN随之减小，B正确；

CD．若开始时

mgsin>Fcos

A有向下的运动趋势，静摩擦力沿斜面向上，有

mgsin=Fcos+f

随着F减小，静摩擦力f增大，斜面对物体A的摩擦力f不一定为零，选项CD错误；

故选B。

4. 如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（   ）

A. 小球机械能守恒

B. 小球在最低点时对金属环的压力是6mg

C. 小球在最高点时，重力的功率是

D. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR

【答案】D

【解析】

【详解】AD．小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则

解得

从最低点到最高点，由动能定理得

-mg•2R-W克=mv2-mv02

又

v0=

解得

W克=0.5mgR

所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确；

B．在最低点，根据向心力公式得

解得

N=7mg

则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是7mg，故B错误；

C．小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误。

故选D。

5. 如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率，若光从上表面AB射入的入射角，光在真空中的光速为c，则（　　）

A. 折射角

B. 光在玻璃中传播的时间为

C. 改变入射角，光在下表面CD可能发生全反射

D. 光不能从CD面射出

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据题意，由折射定律有

解得

即折射角

故A正确；

B．由公式可得，光在玻璃中传播的速度为

由几何关系可得，光在玻璃中的传播距离为

则光在玻璃中传播的时间为

故B错误；

CD．由于光在面上的入射角等于光在面上的折射角，根据光路可逆性原理得知，光一定能从面射出，不可能在下表面发生全反射，故CD错误。

故选A。

6. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其图像如图所示。下列说法正确的有（　　）

A. A→B过程中，气体对外界做功

B. A→B的过程中，气体放出热量

C. B→C的过程中，气体压强变小

D. A→B→C的过程中，气体内能增加

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由图可知，A→B的过程中，气体的温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，故A错误，B正确；

C．由图可知，B→C的过程中，图像过原点，则为等压变化，气体压强不变，故C错误；

D．由图可知，A→B→C的过程中，气体温度降低，气体内能减小，故D错误。

故选B。

7. 如图所示，在静电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（  ）

A. 场强EA>EB，电势φA>φB

B. 将电荷+q从A点移到B点，电场力做负功

C. 将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点，加速度变小

D. 将电荷–q分别放在A、B两点，具有的电势能EpA<EpB

【答案】D

【解析】

【详解】根据顺着电场线电势降低，则知：电势φA＞φB．由图知，a处电场线疏，b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EA＜EB．故A错误．+q从A点移到B点，电场力方向与位移方向的夹角小于90°，则电场力做正功，故B错误．将重力可略的电荷+q从A点移到B点，所受的电场力增加，则加速度变大，选项C错误；根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则电荷-q在A处电势能小，B处电势能大，即EpB＞EpA．故D正确．故选D．

【点睛】本题关键要掌握电场线的两个物理意义：方向表示电势高低、疏密表示场强的大小；正电荷在高电势点的电势能较大，负电荷相反．

8. 质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（不考虑两物块与斜面之间的摩擦）（　　）

A. 轻绳的拉力等于Mg B. 轻绳的拉力等于mg

C. M运动加速度大小为 D. M运动加速度大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】CD．第一次放置时质量为M的物体静止，则由平衡条件可得

第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得

联立解得

故CD正确；

AB．对质量为m的物体研究，由牛顿第二定律得

解得

故B正确，A错误。

故选BCD。

9. 假设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g0．“神舟九号”飞船沿距地球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近地点B再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地球做圆周运动．下列判断正确的是(　　)

A. 飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的线速度大小之比为1∶2

B. 飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的线速度大小之比为2∶1

C. 飞船在轨道Ⅰ绕地球运动一周所需的时间为2π

D. 飞船在轨道Ⅰ绕地球运动一周所需的时间为16π

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，均由万有引力提供向心力，设地球的质量为M，飞船的质量为m，则由牛顿第二定律得

解得：

v＝

故

选项A错误，B正确；

CD．飞船在轨道Ⅰ绕地球运动，万有引力充当向心力，则

又GM＝g0R2，解得

T＝16π

选项C错误，D正确．

故选BD.

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用．

10. 空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（　　）

A. 圆环所受安培力的方向始终不变

B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C. 圆环中的感应电流大小为

D. 圆环中的感应电动势大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；

CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误．

故本题选BC．

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. 某同学用伏安法测量待测电阻的阻值。现有器材为：待测电阻R（阻值约为），电源（电动势3V），滑动变阻器（阻值范围），电流表（量程0~0.6A，0~3A），电压表（量程0~3V，0~15V），开关，导线若干。实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用。回答下列问题：

（1）按照实验要求在图甲中画出实物连线图（         ）。

（2）在连线正确后，闭合开关。电压表和电流表的示数分别如图乙和图丙所示。由图可知，电压表读数为______V，电流表读数为________A。由此可得待测电阻的阻值为______Ω（计算结果保留2位小数）。

【答案】    ①. 见解析    ②. 2.20    ③. 0.48    ④. 4.58

【解析】

【详解】（1）[1]电流表采用外接，滑动变阻器采用限流法，因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，根据实物图进行连线，按照要求连接实物如图

（2）[2]电压表3V量程的精确度为0.1V，估读到0.01V，则；

[3]电流表0.6A量程的精确度为0.02A，估读到0.01A，则；

[4]由部分电路的欧姆定律可得

12. 某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：

（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．

（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v=_____．

（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值，根据这些数值，作出v2-m-1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=___；弹性势能等于EP=____．

【答案】    ①. 5.70mm    ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×0.05mm=5.70mm；

（2）[2]．滑块经过光电门的速度为；

（3）[3][4]．根据能量守恒

整理得

结合图象得：

得

得

13. 如图所示，质量m=5kg的木箱放在粗糙水平面上静止，现用大小为30N，方向与水平方向成θ=37°的力斜向上拉木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数μ=0.5．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）物体的加速度大小；

（2）若拉力作用5s后撤去，则撤去拉力后物体还能运动多远？

【答案】.（1）1.6m/s2；（2）6.4m

【解析】

【详解】（1）木箱受力如图所示：

水平方向根据牛顿第二定律可得：

竖直方向根据共点力的平衡条件可得：

滑动摩擦力大小：

解得木箱加速度大小：

；

（2）撤去拉力时木箱速度大小：

撤去拉力后木箱加速度大小：

撤去拉力后木箱运动的距离为：

．

14. 如图所示，质量为的沙箱用四根长度均为的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为，重力加速度为取，不计空气阻力，求：

（1）子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；

（2）若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能？

【答案】（1）；（2）

【解析】

详解】（1）根据题意可知，子弹打入沙箱瞬间，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律有

沙箱向上摆动过程中，系统机械能守恒，则有

解得

，

（2）根据能量守恒定律可知，沙箱摆回到最低点时，速度大小

方向向左，第二颗子弹打入沙箱过程中，系统水平方向动量守恒

可得

则系统损失的机械能

解得

15. 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP，其形状为半径R=1.0 m的圆环剪去了左上角 120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4 m．用质量m=0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆弧轨道．（不计空气阻力，g取10m/s2）求：

（1）小物块飞离D点时速度vD的大小；

（2）若圆弧轨道MNP光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N时对圆弧轨道的压力FN的大小；

（3）若小物块m刚好能达到圆弧轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8J，则开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳？

【答案】（1）4 m/s（2）33.6 N（3）6.4J

【解析】

【分析】

【详解】（1）物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向

=2gh

代入数据解得

vy= 4m/s

设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为，由几何知识可得

=60°

而

tan=

代入数据解得

vD=4 m/s

（2）物块由P到N过程，由机械能守恒定律得

在N点，支持力与重力的合力提供同心力

FN-mg=m

由牛顿第三定律可知代人数据解得，物块对圆弧轨道的压力

（3）物块恰好到达M点，在M点重力提供向心力，由牛顿第二定律得

mg=m

整个过程中，由能量守恒定律得

代人数据解得