2023届高三物理上学期第四次月考试题（Word版带解析）

湖南师大附中2023届高三月考试卷（四）物理一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.关于下列各图模型的原理说法正确的是（　　） 图①中利用了发射线圈和接收线圈之间的互感现象实现了对手机的充电图②中给电磁炉接通恒定电流，可以在锅底产生涡流，给锅中食物加热图③中给电子感应加速器通以恒定电流时，被加速的电子获得恒定的加速度图④中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作图⑤中，力F增大过程中，电流计中的电流从b流向a图⑥中，油箱液位上升时，电容变大A.①②④B.②③⑥C.①⑤⑥D.②④⑤【答案】C【解析】【详解】图①利用两线圈的互感现象在接收线圈中产生感应电流对手机充电，故①正确；图②中电磁炉产生变化的磁场才能在锅底中产生涡流，所以电磁炉中通的是交变电流，故②错误；图③中电子感应加速器的工作原理是线圈中通入变化电流，产生感生电场，在感生电场作用下加速粒子，故③错误。图④中，手指是导体，可作为电容器一个电极，但绝缘笔是绝缘体不能在电容式触摸屏上正常操作，故④错误；⑤图中，力F增大时，两板间距离减小，电容增大，而板间电压U不变，则由电容器所带电荷量增大，电容器充电，有从b到a的电流，故⑤正确；⑥图中，油箱液位上升时，两极间正对面积增大，电容增大，⑥正确；故选C。2.引力波的发现，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为。（a星的轨道半径大于b星的轨道半径），则（　　）A.b星的周期为B.a星的线速度大小为 C.a、b两颗星的半径之比为D.a、b两颗星的质量之比为【答案】B【解析】【详解】A．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则角速度相同，由公式可知两颗星的周期相等，故A错误；BC．由于两式联立解得a、b两颗星的半径之比为a星的线速度大小为故B正确，C错误；D．由万有引力提供向心力得解得故D错误。故选B。3.如图甲所示，一个底面积为、足够深的薄壁柱形平底容器放置于水平桌面上， 现将一个边长为10cm的正方体实心物体M（不吸水）挂于弹簧下端，并置于柱形容器内，弹簧上端固定不动。现在向容器中缓慢匀速注水，注水速度为，弹簧弹力大小与注水时间的变化图像如图乙所示。（不计弹簧的质量和体积，弹簧的形变量每变化1cm，弹力变化1N，且弹簧在弹性限度内变化），下列计算结果正确的是（　　）A.加水前物体M的下表面到容器底的距离为B.当物块M刚好漂浮时加水质量为C.物块M的密度为D.从开始加水到M刚好漂浮的过程，M克服重力做功0.64J【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，当注水时间为12min时，物体下表面开始接触水面，12min注水的体积为加水前物体M的下表面到容器底的距离为故A错误；B．由乙图可知，时，物块刚好漂浮，此时加水的体积为则加水的质量为故B错误；C．设时，物块上升的距离为x，物块上端离水面的距离为d，则解得 物块的密度为故C错误；D．从开始加水到M刚好漂浮的过程中，M克服重力做功为故D正确。故选D。4.如图所示，、两个物体通过一根绳子相连，跨过水平固定的粗糙杆，拉着吊起。自由释放，重物竖直下落，使得绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，进而使得重物落地前能稳稳地停住——这就是循环摆实验（　　）A.重物下落过程中，绳中张力B.绳子对重物始终做正功C.整个过程中系统机械能守恒D.物体质量值越小，实验越易成功【答案】B【解析】【详解】A．重物先加速后减速，物体绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子将与水平杆缠绕，缠绕后力的大小不再相同，A错误；B．物体绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子张力对物体做正功，B正确；C．水平杆粗糙，有摩擦生热，机械能不守恒，C错误；D．值不能太小，当mA趋近于零时，物体不会绕杆，即重物会一直下落，D错误。故选B。5.如图所示，长为l的轻质细线一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，小球由 最低点A以速度开始运动，其所能到达的最高点与最低点高度差为h，小球摆动过程空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】若小球恰能到圆心等高的位置，由机械能守恒有则若小球恰能做完整的圆周运动，由机械能守恒有在最高点时则而由已知可知小球会在圆弧轨道的某点脱离圆轨道而继续做斜抛运动。若小球脱离圆轨道时细绳与竖直方向的夹角为，设脱离轨道时速度为v，则有解得 此后小球脱离圆轨道向上斜抛，上抛到的最大高度为可知小球摆动最低点与最高点的高度差为可知故选C。6.如图所示，甲､乙为两个相同的平行板电容器，它们的极板均水平放置，上极板间连有一个二极管，下极板均接地｡a､b是电荷量相同､质量分别为m1､m2的带负电油滴｡当甲､乙的电荷量分别为Q1､Q2时，油滴a､b恰好分别悬浮在甲､乙的极板之间，则下列说法可能正确的是（　　）A.Q1大于Q2B.m1大于m2C.将甲的上极板向上平移少许，a向下运动，b向上运动D.将乙的上极板向右平移少许，a向下运动，b向上运动【答案】C【解析】【详解】AB.液滴带负电保持静止，因此可知上极板带正电，Q1的带电量如果大于Q2，由可知甲的电压高于乙的电压，则会向乙放电使得甲乙的电荷量相同，如果乙的电荷 量大，则因为二极管单项导电则不会向甲放电，因此可知电荷量关系为，由与及可得又油滴静止可得甲的场强小于等于乙的场强，因此甲的质量小于等于乙的质量，AB错误;C.如果甲乙的初始电荷量相同，将甲的上极板向上平移少许时,甲的上极板与乙的上极板等势,甲因为电势升高向乙放电，由与可知,甲的电容C减小,甲的电量Q1减小,从可知甲的场强减小,a的重力大于电场力,油滴a向下运动.乙的电量Q2增大,从可知乙的场强变大,b的重力小于电场力,油滴b向上运动,C正确;D.将乙的上极板向右平移少许乙的电容减小,但由于二极管的单向导电性,乙的电量不变,场强变大,b向上运动，电容器甲不发生变化a油滴静止不动,D错误;故选C。二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25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.甲乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A.时刻，甲的速度为2m/s，乙的速度为10m/sB.甲乙两质点的加速度大小均为C.经过，甲追上乙D.经过2.5s，甲追上乙【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．甲质点的位移表达式为将、、代入上式，解得乙质点的位移表达式为将（时）、（时）代入上式，解得故B正确，A错误；C．乙质点停止所用时间为乙质点2.5s的位移为 甲质点经过的位移为因为经过，甲追上乙，故C正确；D．经过2.5s，甲质点的位移为因为初始距离甲没追上乙，故D错误，故选BC。8.一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.7s时刻的波形如图中的虚线所示，则下列叙述正确的是（　　）A.该波的波长为8mB.波的周期可能为0.4sC.波的传播速度可能为30m/sD.质点P在t=0.7s时刻向下运动【答案】ABD【解析】【详解】A．由波形图可知，该波的波长为λ=8m，选项A正确；B．由题意可知（n=0，1，2，3……） 当n=1时，T=0.4s，即波的周期可能为0.4s，选项B正确；C．波的传播速度（n=0，1，2，3……）则当v=30m/s时n不是整数，选项C错误；D．根据“逆向爬坡法”可知，质点P在t=0.7s时刻向下运动，选项D正确。故选ABD9.如图1所示为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力F阻恒定；如图2所示为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图3、图4分别是汽车、导体棒开始运动后的vt图像。则下列关于汽车和导体棒运动的说法中正确的是（　　）A.B.C.若图3中t1已知，则根据题给信息可求出汽车从启动到速度达到最大所运动的距离x1＝D.若图4中的t2已知，则根据题给信息可求出导体棒从开始运动到速度达到最大所运动的距离 【答案】ABD【解析】【详解】AB．vm代表的是匀速运动的速度，也就是平衡时物体的运动速度，对汽车启动问题，有得对导体棒问题，有得故AB正确；C．由动能定理可知由于题中没有给出汽车的质量，故无法求出x1的大小，故C错误；D．由得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中由欧姆定律可知故由动量定理可知计算可知 故D正确。故选ABD。10.如图所示，长为4，倾角为37°的光滑绝缘细杆AD垂直穿过半径为、带电量为-Q的固定大圆环圆心O，细杆上B、O、C三点等分细杆长度。现从细杆的顶端A无初速度地释放一个质量为m，带电量为+q的套在细杆上的可视为点电荷的小滑环。已知静电力常量为k，重力加速度为g，sn37°=0.6，cos37°=0.8，大圆环和小滑环上的电荷均匀分布，小滑环上的电荷不影响电场分布，则下列说法正确的是（　　）A.小滑环在D点的速度大小为B.大圆环在B点产生的场强大小为C.小滑环从B到C的过程中电场力所做的功为D.小滑环在B点的加速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．由对称性可得库仑力做功从A到O，由动能定理得解得 A正确；B．由题意可知圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为，该点到B点的距离为在B点产生的场强为以O点为坐标原点，OA方向为正方向建立x轴，在B点产生的场强在x轴方向的分量为大圆环在B点产生的场强大小B错误；C．由对称性可知BC两点电势相等小滑环从B到C的过程中电场力所做的功C错误；D．小滑环在B点，由牛顿第二定律得解得D正确。故选AD。11.意大利物理学家乔治·帕里西荣获2021年诺贝尔物理学奖，他发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性。如图为一个简单无序系统模型，两个质量均为m的小球M、N用两根长度均为l的轻质细杆a、 b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动。开始时两球与O点在同一高度，时刻由静止释放两球，两球在竖直面内做无序运动；时刻，细杆a与竖直方向的夹角，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.时刻，小球M的速度方向竖直向下B.由静止释放两球后，M球先到达最低点C.0到过程中，a、b两杆对M球做功之和为D.0到过程中，细杆b对N球的冲量大小为【答案】BC【解析】【详解】A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，时刻小球M的速度方向不是竖直向下，选项A错误；B．细杆a的一端绕固定点O自由转动，而细杆b绕小球M自由转动，由静止释放两球后，M球先到达最低点，选项B正确；C．设t1时刻小球M、N的速度大小分别为vM，vN，如图所示：M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有由系统机械能守恒，有解得 方向向右下方，与水平方向的夹角为30°；方向水平向右。0到过程中，对M球根据动能定理有解得选项C正确；D．0到过程中，对N球根据动量定理有(矢量运算)解得选项D错误。故选BC。第Ⅱ卷三、实验题（12题8分，13题8分）12.如图所示，某物理兴趣小组设计了一个实验来验证机械能守恒定律，实验操作如下：(1)用游标卡尺测出小钢球的直径d，读数如下图，图中上部分为刻度放大图，d=_________mm． (2)用一轻质细线一端栓接一质量为m的小钢球，细线的另一端固定于悬点O，竖直背景板是一个圆心在O点的大量角器，大量角器的零度刻线水平，让小钢球静止在最低点，用毫米刻度尺量出悬线长为l．(3)将小钢球拉起，细线被水平拉直，此时小钢球位置记为A，OA与大量角器零度刻线等高、平行，在小钢球下摆的路径上选一位置B,读出OB与OA的夹角θ，将光电门固定在位置B（小球通过B点时光线恰好能通过球心）上．现让小钢球从A点从静止释放,运动过程中小钢球不与背景板摩擦、碰撞，用光电门测出小钢球通过光电门的时间Δt，那么在小钢球从A到B的过程中，小钢球的重力势能减少量ΔEP=________,动能增加量ΔEk=_________,（写出表达式，题中字母为已知量），观察在误差允许的范围内ΔEP与ΔEk是否相等．(4)在小钢球下摆的路径上再分别选取C、D、E、F……多个位置，重复刚才实验，得出实验结论．一般情况下，实验中测算出来的重力势能减少量ΔEP______动能增加量ΔEk（填写“等于”、“大于”或“小于”）．【答案】①.12.35②.③.④.大于【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出小球的速度；根据动能表达式，从而得出动能的量增加，再结合下降的高度求出重力势能的减小量.【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：12mm+0.35mm=12.35mm.(2)小球的摆动过程，摆长为悬点到球心的距离 ，则重力做功引起重力势能的减少量为；在小球通过光电门的过程中，挡住光的时间极短，则瞬时速度，故增加的动能为.(3)因球的摆动过程中有空气阻力做负功，则减小的重力势能转化为增加的动能和内能，即.【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；频闪照片的处理方法与纸带的处理方法类似，抓住某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小是解题的关键.13.某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源电动势（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到图后经过计算机软件处理得到如图所示的曲线如图2中①②所示。（1）根据图像以下判断正确的是________。A．①②两条曲线不同是E的改变造成的B．①②两条曲线不同是R的改变造成的C．需要对电容器快速充电时，R越小越好D．需要对电容器快速充电时，R越大越好（2）小明同学利用图3和图4的电路图连接电路，分别完成了“测量电源电动势和内阻”和“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”两个实验，两个电路使用同一电源。①图5是该同学根据实验测得的数据在同一坐标轴上同时作出两个实验的图像，下列说法正确的是________。 A．图3中电压表的内阻对实验结果无影响B．图4中电压表的内阻对实验结果无影响C．图5可知，电源的电动势为，内阻为D．在测量的电阻时，若将滑动变阻器移到最右端，消耗的功率约为②如图6，用螺旋测微器测得该电阻丝的直径________，根据实验所选的电表量程，电压表的示数_________V。【答案】①.BC＃＃CB②.BD＃＃DB③.0.495（0.492~0.497）④.0.80【解析】【详解】（1）[1]AB．最终电荷量稳定时，两条曲线的电荷量相同，根据可知，稳定时电压相同，则电源电压未发生变化，而充电的时间不同，说明电流强度不同，根据可知电路阻值变化，即①②两条曲线不同是R的改变造成的，故A错误，B正确；CD．需要对电容器快速充电时，根据可知，电流越大时间越短，则电阻越小越好，故C正确，D错误。故选BC； （2）①[2]A．“测量电源电动势和内阻”实验时，若如图3所示，采用相对电源的电流表外接法，则电流表所测电流是通过电源的电流和通过电压表的电流之差，根据并联分流原理可知，测量的电流总是小于通过电源的电流，所以电压表内阻对测量结果有影响，故A错误；B．“测量某一段长度已知的电阻丝的电阻率”实验，若如图4所示采用电流表内接法，电流表的分压作用对测量结果有影响，而电压表内阻对实验结果无影响，故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律，有故电源的图像斜率为负，斜率的绝对值表示内阻大小，由图可知内阻大小为电源电动势为故C错误；D．根据图可知，待测电阻阻值约为电源电动势约为，内阻约为，当将滑动变阻器移到最右端，消耗的功率故D正确。故选BD；②[3]由图可知，螺旋测微器读数为[4]电源电动势为，则电压表选择量程，则电压表读数为。四、解答题（14题10分，15题12分，16题13分）14.某同学应用压力传感器完成以下实验，如图乙所示，他将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压力传感器的探测面接触。剪断细线，铁链逐渐落在探测面上。传感器得到了探测面所受压力随时间的变化图像。通过对图线分析发现铁链最上端落到探测面前后瞬间的压力大小之比大约是，后来他换用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果。请你通过理论推理来说明实验测得的结果是正确的。（推理过程中需要用到的物理量的字母请自行设定） 【答案】见解析【解析】【详解】设单位长度的铁链质量为，铁链的长度为，当铁链的最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对象，其质量根据自由落体运动公式可知速度设向下方向为正，根据动量定理得解得则探测面受到铁链最上端的压力为此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，对探测面的压力其中则探测面受到的总压力为当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小由此可得实验结果是正确的。15.如图所示，两足够大的平行金属板A、B竖直放置，其中A板均匀带有正电荷，B板均 匀带有等量的负电荷，A、B板间形成匀强电场，已知电场强度，在A、B板间的O点由静止释放一带电小球，其中小球质量为m，带电量，在靠近A板右侧附近有一特殊材料的挡板P，O点距挡板P的距离，距右极板B的距离，小球每次与挡板P碰后带电量都会变为原来的k倍，已知，且每次小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞，不计带电小球的重力。（1）设匀强电场中挡板P所在位置的电势为零，则电场中O点的电势为多少？小球第一次到达P板时的动能为多少？（2）小球经过多少次碰撞后，才能抵达B板？（取）（3）若带电小球的重力不能忽略，且，A、B板的竖直高度，则小球与挡板P碰撞多少次后能到达B板；若不能，求出小球在A、B板间运动过程中离A板的最远距离（g取）。【答案】（1）－10V，0.02J；（2）；（3）不能，0.06m【解析】【详解】（1）已知，由匀强电场的公式得小球第一次到达左侧挡板时，由动能定理得带入数据解得（2）若小球第n次与挡板碰撞后向右运动的距离为，由能量守恒得其中 碰撞次数取整，则（3）小球释放开始计时，第一次到达P板的时间为，由运动学关系联立可解得小球与P板第一次碰后向右运动到最右端时间为代入数据可得分析可知，小球与P板第n次碰后到达最右端的时间为由于重力不能忽略，小球在板间运动的时间为而可知小球与挡板P碰撞两次后离开板间，故小球不能到达右侧的B板，运动到离A板的最大距离为16.某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧 滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C速度；（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；（4）细杆F的长度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得解得（2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得 解得（3）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得由运动学规律第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律由运动学规律解得（4）对圆环由牛顿第二定律得由运动学规律第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移则细杆F长度为