山东省临沂市第十八中学2023-2024学年高三下学期4月月考物理试题

这是一份山东省临沂市第十八中学2023-2024学年高三下学期4月月考物理试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. “嫦娥三号”探测器在月球软着陆并释放了玉兔号月球车，玉兔号配备的核电池是我国自主研发的放射性钚238（）电池，其在发生衰变过程中放出能量，通过热电偶产生电能给月球车上的设备供电，给休眠中的月球车保温，并维持与地面的通讯。已知钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（ ）
A. 其衰变后的原子核内质子数比中子数多50个
B. 衰变后原子核的质量与粒子的质量之和等于衰变前钚238的质量
C. 经过一段时间，随着钚238的减少，电池内钚238的半衰期变短
D. 经过88年，该核电池内的钚238还剩一半
【答案】D
【解析】
【详解】A．衰变使钚238减少两个质子和两个中子，变为新核。则质子数变为92，中子为
234-92=142
可知衰变后的原子核内质子数比中子数少50个，故A错误；
B．由于衰变中有质量亏损，所以衰变后原子核的质量与α粒子的质量之和不等于衰变前钚238的质量，故B错误；
C．半衰期由元素种类决定，随着钚238的减少，半衰期不会变短，故C错误；
D．经过一个半衰期，大约一半的钚衰变称为其他元素，该核电池内的钚238还剩一半，故D正确。
故选D。
2. 一同学准备设计一个绕地球纬度圈飞行的卫星，绕行方向与地球自转方向相同，且要求其在一天绕地球3周，则该卫星与地球静止同步卫星相比，下列说法正确的是（ ）
A. 该卫星与地球静止同步卫星可能不在同一轨道平面内
B. 该卫星离地高度与地球静止同步卫星的离地高度之比为
C. 该卫星线速度与地球静止同步卫星的线速度之比为
D. 该卫星与地球静止同步卫星的向心加速度之比为
【答案】D该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【解析】
【详解】A． 一个绕地球纬度圈飞行的卫星，其肯定与地球静止同步卫星在同一轨道平面内，A错误；
B．不知道地球半径，所以无法计算出该卫星离地高度与地球静止同步卫星离地高度之比，B错误；
C． 根据万有引力提供向心力
卫星的速度为
所以该卫星线速度与地球静止同步卫星的线速度之比为
C错误；
D． 卫星的加速度为
所以该卫星与地球静止同步卫星的向心加速度之比为
D正确；
故选D。
3. 电机与连杆结合，可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，工作原理可简化为如图所示的机械装置。连杆、可绕图中A、B、三处的转轴转动，连杆在竖直面内的圆周运动可通过连杆使滑块在光滑水平横杆上左右滑动。已知滑块质量为2kg，大小不计，杆长为，绕点做逆时针方向匀速转动的角速度为，杆由竖直位置转到图示位置时，连杆与水平方向夹角为，杆与杆刚好垂直，在杆由竖直位置转到此位置过程中，杆对滑块做功为（，）（ ）
A. 36JB. 46JC. 100JD. 234J
【答案】A
【解析】
【详解】此时B点的速度大小为
方向沿圆切线方向，即BA方向，故AB杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块的实际水平速度沿杆方向的分速度，故滑块的水平速度大小为
而杆在竖直位置时，滑块速度为
根据动能定理可知杆对滑块做功为
故选A。
4. 如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷．在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A. 粒子运动的水平面为等势面
B. 粒子运动的轨迹在一条等势线上
C. 粒子运动过程中所受的电场力不变
D. 粒子的重力可以忽略不计
【答案】B
【解析】
【详解】粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两个粒子的连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带点小球相互吸引，故D错误；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C错误；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子的受力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子的受力沿电荷连线方向，因此假设不成立,A错误；由点电荷的电势可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B正确．
5. 一长度为L的绝缘空心管MN水平放置在光滑水平桌面上，空心管内壁光滑，M端有一个质量为m、电荷量为+q的带电小球。空心管右侧某一区域内分布着垂直于桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其边界与空心管平行。空心管和小球以垂直于空心管的速度v水平向右匀速运动，进入磁场后空心管在外力作用下仍保持速度v不变，下列说法正确的是（ ）
A. 洛伦兹力对小球做正功B. 空心管对小球不做功
C. 在离开空心管前，小球做匀加速直线运动D. 在离开空心管瞬间，小球的速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．洛伦兹力始终与速度垂直不做功，故A错误；
B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，故B错误；
C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，而在水平方向做匀速运动，所以小球做类平抛运动，故C错误；
D．小球做类平抛运动，则有
所以
故D正确。
故选D。
6. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 处电场强度最小，但不为零
B. 粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C. 若、处电势为、，则
D. 段的电场强度大小方向均不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据可知处电场强度最小且为零，故A错误；
B．粒子在段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，~段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；
C．带负电的粒子从到的过程中电势能增加，说明电势降低，即
>
故C错误；
D．故~段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，“嫦娥五号”卫星从地球上发射先经历绕地飞行调相轨道，再从调相轨道上的P点进入地月转移轨道，然后在地月转移轨道上的Q点进入到绕月飞行轨道段。假设调相轨道和绕月轨道分别是长半轴为a、b的椭圆轨道，卫星在两栖圆轨道上分别绕地球、月球运行的周期绕月轨道一为、。则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星在Q点必须加速
C. 从调相轨道切入到绕月转移轨道时，卫星在P点必须加速
D. “嫦娥五号”卫星在地月转移轨道上运行的速度应大于11.2km/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．卫星在调相轨道和绕月轨道上运行时其中心天体分别为地球与月球，中心天体不同，故
A错误；
B．卫星在Q点减速做向心运动，能使卫星从地月转移轨道切入到绕月轨道，B错误；
C．卫星在P点加速做离心运动，能使卫星从调相轨道切入到绕月转移轨道，C正确；
D．要使卫星离开地球，在地面的发射速度应大于11.2km/s，但卫星在地月转移轨道上运行的速度不一定大于11.2km/s，D错误。
故选C。
8. 某兴趣小组的同学设计了一个测量电流的装置。如图所示，质量为m=0.01kg的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的劲度系数k=2.0N/m的弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向外、大小B=0.20T的匀强磁场。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合且仪表内部构造不允许反偏；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。若ab=0.2m，bc=0.05m（不计通电时电流产生的磁场的作用），则下列说法正确的是（ ）
A. MN的N端与电源负极相接，则会导致电表反偏出现故障
B. 当电流表示数为零时，弹簧长度为0.05m
C. 此电流表的量程是2.5A
D. 量程扩大倍数与磁感应强度增加倍数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．当N端与电源负极相连时，MN上的电流由M流向N，根据左手定则可知，此时MN受到向下的安培力，指针向下正偏，故A错误；
B．当电流表示数为零时，MN只受重力和弹簧弹力，根据平衡条件有
解得
故B错误；
CD．当MN运动至ab位置时，电流达到最大，即弹簧又伸长0.05m，此时
解得
由此可知，量程扩大倍数与磁感应强度减小倍数相等，故C正确，D错误。
故选C。
二、多选题
9. 如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cs37°=0.8，sin37°= 0.6）则下列说法正确的是（ ）
A. 小球A与点电荷之间的库仑力大小为
B. 从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动
C. v0越小所需的磁感应强度B越小
D. 时，所需的磁感应强度B最小
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向。
在竖直方向，根据平衡条件得
解得
小球A与点电荷之间的库仑力大小为。故A正确；
B．原点O处带正电的点电荷与小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动。故B正确；
CD．水平方向根据牛顿第二定律得
其中
解得
当
即
B取值最小，可知B与并非单调函数关系。故C错误；D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为2：1，定值电阻，滑动变阻器的最大阻值也为，图中电表均为理想电表。M、N两端输入电压为U的交流电，初始时滑动变阻器的滑片Р处于a端，当滑片Р向b端滑动至中间某一位置时，电压表、电流表的示数变化量分别为、。则（ ）
A. 初始时电压表的示数为
B. 滑片Р向b端滑动过程中，电流表的示数增大，电压表的示数减小
C.
D. 滑片P向b端滑动过程中，消耗的功率逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．理想变压器原副线圈匝数之比为2：1，则副线圈电压
对原线圈
解得
故A错误；
B．滑片Р向b端滑动过程中，副线圈电阻减小，电流增大，则原线圈电流增大，电流表的示数增大，干路电流增大，R1分压增大，则电压表的示数减小，故B正确；
C．对原线圈回路
所以
故C正确；
D．当滑片滑到b端，则消耗功率为零，故滑片P向b端滑动过程中，消耗的功率不是逐渐增大，故D错误。
故选BC。
11. 如图所示，abcd是一个均质正方形导线框，其边长为l、质量为m、电阻为R。在的范围内存在大小为B0，方向垂直于纸面向里的匀强磁场I，在的范围内存在大小为，方向垂直于纸面向外的匀强磁场II，在范围内无磁场。线框以某一初速度从图示位置在光滑水平面上沿x轴向右运动，cd边刚好不能进入右侧磁场，边界含磁场，导线框始终垂直于磁场。则下列说法正确的是（ ）
A. 线框穿出磁场I的过程中和进入磁场II的过程中，线框中产生的感应电流方向反
B. 线框ab边刚穿出磁场I时，ab两点间的电势差为
C. 线框恰好有一半进入磁场II时，ab边受到的安培力大小为
D. 线框穿出磁场I的过程中与进入磁场II的过程中产生的焦耳热之比为9:16
【答案】BD
【解析】
【详解】A．线框穿出磁场I的过程中垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场II的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针，两个过程感应电流方向相同，A错误；
B．对全过程，根据动量定理可得
又
联立解得线框ab边刚穿出磁场I时的速度
线框ab边刚穿出磁场I时，边切割磁感线，边相当于电源，则ab两点间的电势差为
B正确；
C．设线框恰好有一半进入磁场II时，线框的速度为，根据动量定理可得
又
联立解得
此时切割磁感线，感应电动势的大小
此时感应电流
ab边受到的安培力大小为
联立可得
C错误；
D．根据动量定理
解得
根据能量守恒定律可得线框穿出磁场I的过程中产生的焦耳热
线框穿出磁场II的过程中产生的焦耳热
联立可得
D正确。
故选BD。
12. 如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取，不计空气阻力，则（ ）
A. B. 矿车的载货量为200kg
C. 弹簧的劲度系数为75N/mD. 卸货点距A点32m
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律
其中，可得
故A正确；
B．卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程
弹回过程
联立可得
故B正确；
C．设弹簧的劲度系数为，由图可知25m处的加速度为0，有
代入图象数据可得
故C错误；
D．上升过程中
代入数据解得
故D正确。
故选ABD。
三、实验题
13. 一热敏电阻阻值随摄氏温度变化满足，某实验小组利用此热敏电阻及其它元件制作了一个电子温度计。其电路如图甲所示，电路中所使用其它器材如下：
定值电阻（阻值为10.0Ω）
电阻箱（阻值为0~100.0Ω）
毫伏表（量程为200mV，内阻非常大）
电源（电动势为1.5V，内阻不计）
开关、导线若干。
（1）请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，将图乙所示的实物电路补充完整；（ ）
（2）为使毫伏表零刻度线对应0℃，则电阻箱的阻值应调节为______；
（3）改装后该温度计的刻度线是否均匀______（选填“是”或“否”）；
（4）该温度计所能测量的最高温度为______℃。
【答案】 ①. ②. 20 ③. 否 ④.
【解析】
【详解】（1）[1] 图甲的电路为电桥法测电阻，实物连线如图所示
（2）[2]当毫伏表为0V时，电桥的电阻之比相等，有
而温度为0℃时，，可解得
（3）[3]电动势为1.5V，内阻不计，则电桥上的电压表的示数为
因电压表的示数与温度为非线性函数关系，则电阻改为温度计的刻度线是不均匀的；
（4）[4]随着温度的升高，电压表的电压逐渐增大，因，代入到函数表达式可得最高温度为
14. 某实验小组利用手机内置的加速度传感器探究碰撞中的动量是否守恒，主要实验步骤如下：
①将两手机A、B放入防撞包内，然后用等长的轻细绳分别悬挂在同一高度处的O、点，静止时A、B刚好接触，如图甲所示；
②将手机A拉高至某一位置，然后由静止释放，手机A摆动到最低点时与手机B发生碰撞，如图乙所示；
③利用电脑软件远程控制手机并记录两手机水平方向的加速度随时间变化图像，如图丙（a）、丙（b）所示；
④将图像进一步处理，如图丁所示，根据图像数据进行分析，从而验证手机碰撞过程中是否满足动量守恒。
分析实验，回答以下问题：
（1）为达到实验目的，本实验还必须测量的物理量有______
A.手机A、B的质量 B.细绳的绳长 C.手机A拉高的高度
（2）软件中设置加速度水平向左为正，图丙______（填“（a）”或者“（b）”）图为·A手机的图像；
（3）若测得手机A的质量为kg，手机B的质量为kg，根据图丁所示数据可知，碰撞过程中手机A的动量变化量大小为______，手机B的动量变化量大小为______，·由实验结果可知两手机在碰撞过程中满足动量守恒。（结果保留3位有效数字）
【答案】 ①. A ②. （a） ③. 0.265 ④. 0.263
【解析】
【详解】（1）[1]若验证动量守恒，则碰撞前后两手机的动量变化量大小相等，即
即，需要通过实验等到两手机的质量和速度变化量，速度变化量可通过图丁得到，故需要测量两手机的质量。
故选A。
（2）[2]碰撞瞬间A手机受到的作用力水平向左，故加速度水平向左，为正方向，故（a）图为A手机的图像；
（3）[3]由丁图可得，图线与坐标轴围成的面积表示速度变化量，通过数格子的方法，则A手机的速度变化量为
则A手机的动量变化量为
[4]B手机的速度变化量为
则B手机的动量变化量为
四、计算题
15. 航空母舰的舰载战斗机着舰过程被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载战斗机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”。“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。设航空母舰的跑道是平直的，长度为L = 300m、某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为v0 = 55m/s，经过t = 2.5s时的速度为v1 = 25m/s，此时制动挂钩应挂住拦阻索但却失败，于是战斗机立即以a = 6.25m/s2的最大加速度复飞，起飞需要的最小速度为v2 = 50m/s。
（1）求战斗机着舰过程的位移大小；
（2）本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，求战斗机在跑道上复飞过程的最短时间。
【答案】（1）100m；（2）能，4s
【解析】
【详解】（1）战斗机着舰过程中的位移
解得
x1= 100m
（2）设战斗机复飞过程中的最小位移为x2
代入数据解得
x1＋x2= 250m < L = 300m
因此，本次“逃逸复飞”训练能成功
v2= v1＋at′
代入数据解得，战斗机在跑道上复飞过程最短时间
t′ = 4s
16. 如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上，离地面高度为。用质量为的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。当小球与水平地面碰撞时，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小发生变化。测得小球第二次落点与桌面上飞出点的水平距离为。取重力速度，忽略空气阻力。求：
（1）弹簧对小球冲量的大小；
（2）小球与地面第一次碰撞过程中，小球损失动能与碰撞前动能的比值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设小球离开桌面时速度大小为，由机械能守恒可知
设弹簧对小球冲量的大小为1，根据
解得
（2）设离开桌面后由平抛运动时间为，由
设第一次落点与第二次落点之间的时间为，由
设第一次碰撞后速度的竖直分量为，则
设第一次碰撞后速度大小为，则
设第一次碰撞前速度大小为v，由
小球损失动能与碰撞前动能的比值
带入数据解得
17. 如图所示，长木板最左端静止放置一质量为的小物块，其左侧固定有挡板。木板质量为，与挡板的距离为。长为且不可伸长的轻质细线将质量为的小球悬挂于O点。现将小球从与O点等高的A点由静止释放，下降后在B点细线绷直（绷直时间极短），然后绕O点做圆周运动至O点正下方的C点。已知小球与木板、木板与挡板之间均发生弹性正碰（碰撞时间极短），小物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取，，。小球与小物块均可视为质点，所有运动及相互作用均发生在同一竖直面内，空气阻力不计。求：
（1）小球与木板碰撞前的速度（结果保留1位有效数字）；
（2）木板运动到挡板所需时间t；
（3）木板与小物块间摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对小球，设O4与OB夹角为，根据几何关系可得
绳绷直前由A到B可得
绷直后速度小球速度
根据机械能守恒定律
联立解得
（2）小球与木板相碰，设木板获得速度，根据动量守恒，可得
根据能量守恒，有
解得
小物块匀加速运动，由牛顿第二定律得
木板碰撞后匀减速运动，有
设经过时间达到共同速度v，根据
，
可得此时木板运动位移为
解得
由于，则共速后，小物块相对木板向左滑动，小物块减速，可知
木板继续减速，有
设经过时间，木板碰到固定挡板。根据
解得
或（舍）
木板运动到挡板所需时间
解得
（3）小物块与木板共速前，相对位移为
木板与挡板碰撞时，小物块与木板速度分别为
，
共速后至碰撞前，相对位移为
碰后，木板以原速率反弹，匀减速至停止，小物块也匀减速直至停止。此阶段的相对位移为
木板与小物块间摩擦产生的热量
带入数据解得
18. 如图所示，一个质量为m，电荷量为-q，不计重力的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在第一象限内的运动时间；
（3）粒子射出磁场位置距O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹如图
由图中几何关系知
据洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）带电粒子在第一象限内运动时间
（3）由几何关系可得
解得
粒子射出磁场位置距O点的距离为。