湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三物理上学期月考（一）试题（Word版附解析）

大联考长郡中学2024届高三月考试卷（一）物理时量75分钟。满分100分。第Ⅰ卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一项符合题目要求）1.2023年7月我国自主研发的核磁共振设备开始量产，这标志着我国在高端医疗设备领域迈向了新的里程碑。核磁共振成像是可进行人体多部位检查的医疗影像技术，基本原理为：当电磁波满足一定条件时，可使处于强磁场中的人体内含量最多的氢原子吸收电磁波的能量，其后吸收了能量的氢原子又把这部分能量以电磁波的形式释放出来，形成核磁共振信号。关于人体内氢原子吸收的电磁波能量，正确的是（）A.频率足够高的电磁波氢原子才会吸收B.能量大于13.6eV的电磁波氢原子才能被吸收C.氢原子只能吸收某些特定频率的电磁波D.吸收了电磁波的氢原子处于的状态叫基态【答案】C【解析】【详解】ABC．根据玻尔理论，只有能量刚好等于氢原子两个能级差的光子（电磁波）才能被氢原子吸收，选项A、B错误；选项C正确；D．吸收了电磁波的氢原子处于的状态叫激发态，选项D错误。故选C。2.2023年8月，受台风“杜苏芮”影响，我国京津冀等地发生了极端强降雨，导致部分地区被淹，中部战区组织官兵紧急救援。如图所示，在一次救援中，某河道水流速度大小恒为v，A处的下游C处有个半径为r的漩涡，其与河岸相切于B点，AB两点距离为。若解放军战士驾驶冲锋舟把被困群众从河岸的A处沿直线避开漩涡送到对岸，冲锋舟相对河岸的速度最小值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】速度最小且避开漩涡沿直线运动到对岸时和速度方向恰好与漩涡相切，如图所示，由于水流速不变，合速度与漩涡相切，冲锋舟相对河岸速度为船速末端矢量到合速度上任一点的连线。可知当冲锋舟相对河岸与合速度垂直时速度最小。所以有联立解之得故选B。3.如图所示，用两根细绳连接一小球，让小球始终处于静止状态，细绳OA与竖直方向的夹角为，且保持不变，拉力用表示。细线OB从竖直位置缓慢顺时针旋转，细绳OB的拉力和对应角度的关系如图，g取，下列说法正确的是（）A.B.当时，细绳OB的拉力 C.缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力的最小值为5ND.缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力一直会变大【答案】C【解析】【详解】ACD．由图可知当，细绳OA的拉力为零，可得当时，拉力最小，受力分析如图，缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力先减小后增大，当和垂直时，拉力最小，可得，则细绳OB拉力的最小值为故C正确，A、D错误；B．当时，，根据平衡条件可得可得细绳OB的拉力为故B错误。故选C。4.如图所示是四只猴子“水中捞月”时的情景，它们将一棵又直又高的树枝压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量 为，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（）A.4号猴子的加速度为0B.2号猴子对3号猴子的作用力大小为C.3号猴子对4号猴子的作用力大小为D.杆对4号猴子的作用力大小为3mg【答案】C【解析】【详解】AB．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得联立解得方向竖直向上。对2号猴子分析可得解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为故A、B均错误；C．对2、3号猴子为整体进行受力分析可得解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为 故C正确；D．杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为，故D错误。故选C。5.某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，变压器A处是用火线和零线双线平行绕制成线圈，然后接到用电器。B处有一个输出线圈，一旦B处线圈中有电流，经放大后便能推动继电器吸引开关K从而切断家庭电路。如果甲、乙、丙三人分别按图示方式接触电线的裸露部分，甲、乙二人站在干燥的木凳上，则下列说法正确的是（）A.甲会发生触电事故，继电器不会切断电路B.乙会发生触电事故，继电器会切断电路C.丙会发生触电事故，继电器会切断电路D.当用电器出现短路时，继电器会切断电路【答案】C【解析】【详解】A．从图中可知A处线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，A处线圈产生的总磁通量为零。当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，A处线圈产生的总磁通量不为零（磁通量增大），故会在B处线圈中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，甲站在木凳上（人与地绝缘）只接触火线时，不会通过人体形成电流，故火线和零线中电流方向、大小不变，A处线圈产生的总磁通量为零，B处线圈中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲不会发生触电事故，A错误；B．当乙双手分别抓住火线和零线，在火线、人体、零线间形成电流，而使人发生触电事故，但火线和零线中电流始终方向相反、大小相等，A处线圈产生的总磁通量仍为零，故B处线圈中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，B错误；C．丙通过手与火线接触，部分电流从火线流到大地，从而使火线和零线中电流大小不等，A处线圈产生的总磁通量增大，故B处线圈中会产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，C正确；D．当用电器短路时，火线和零线中电流仍然大小相等，方向相反，所以A处线圈产生的总磁通量为零，B处线圈中不产生感应电流，继电器不会切断电路，D错误。故选C。 6.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放，小球到达B点速度为D.若剪断细线将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【答案】D【解析】【详解】A．由于电场强度故将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，物体的加速度大小为故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有解得故A错误； B．除重力和弹力外其他力做功等于机械能的变化量，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B错误；C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将要沿合力方向做匀加速直线运动，由动能定理可知小球到达C点时的速度当绳绷紧后小球沿切线速度为由当绳绷紧后至B由动能定理得故C错误；D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加速；因故水平加速度与竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，时间则水平位移则说明小球刚好运动到B点，故D正确。故选D。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）7.如图所示，某小区喷水池底部水平，在底部处装有红色和紫色的灯（视为点光源），可在水面形成红色和紫色的光斑。水面较宽且平静，灯距水面的深度为。已知水对红光和紫光的折射率分 别为和，且。下列说法正确的是（　　）A.红光在水中的传播速度是紫光在水中传播速度的倍B.红光在水中发生全反射的临界角是紫光在水中发生全反射临界角的倍C.红光在水面形成的光斑的面积大小是D.红光在水面形成的光斑面积小于紫光在水面形成的光斑面积【答案】AC【解析】【详解】A．设红光、紫光在水中的传播速度分别为为和，由折射率与波速的关系可得所以，红光在水中的传播速度与紫光在水中传播速度的比值故A正确；B．设红光、紫光在水中发生全反射的临界角分别为和，由临界角公式可得即 故B错误；CD．设红光在水中发生全反射的临界角分别为，在水面形成的光斑的半径分别为，由几何关系可得由数学关系可知由圆的面积计算公式可得联立求解得故C正确；同理可得，紫光在水面形成的光斑面积为可知，紫光在水面形成的光斑面积小于红光在水面形成的光斑面积，故D错误。故选AC。8.2023年5月30日搭载景海鹏、朱杨柱、桂海潮三名航天员的神舟十六号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射。飞船入轨后先在近地停泊轨道1上进行数据确认，后经椭圆转移轨道2与在轨道3做匀速圆周运动的空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为，则（　　） A.飞船在停泊轨道上的速度大于第一宇宙速度B.飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比约为C.若飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的Q点与空间站完成交会对接D.空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用【答案】BC【解析】【详解】A．因为停泊轨道半径近似为地球半径R，由第一宇宙速度的物理意义可知，飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，故A项错误；B．由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等。即故两点的速率之比为故B项正确；C．设飞船在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律可得整理可得故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点所需的时间为所以飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的Q点与空间站完成交会对接，故C项正确；D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们万有引力提供向心力，处于完全失重状 态，故D项错误。故选BC。9.如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动，产生的简谐横波在xOy平面内传播，以如图甲状态为时刻，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，图乙为图甲中质点A的振动图像，z轴垂直于xOy水平面，且正方向为垂直纸面向外。则下列说法正确的是（　　）A.此机械波的起振方向向z轴负方向B.此机械波的传播速度为10m/sC.时，机械波恰好传至C处D.在至这段时间内，C质点运动的路程为8cm【答案】BC【解析】【详解】A．因为时刻平面内只有一圈波谷，而此时A也处于波峰，根据同侧法可知，A质点所在实线圆外侧的处于平衡位置刚刚起振的质点的振动方向沿z轴正方向，可知波的起振方向向z轴正方向，故A错误；B．由题图可知波峰到波谷的距离为1m，故波的波长为右图为质点A的振动图像则根据波速计算公式有故B正确；C．根据上述可知波的起振方向向z轴正方向且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断时波已经传播的距离与时间分别为 ，即时刻波刚好传播到2.5m处，质点C到波源的距离为则波传播到C点所用时间为故C正确；D．根据上述可知，时波已经传播了2.5m，由图像可知波的振幅为故从到过程中，质点C运动路程为故D错误。故选BC。10.某科学兴趣小组想设计一款安装在返回舱底部的电磁缓冲装置，如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，这款电磁缓冲装置工作原理是利用电磁阻尼作用减小返回舱和地面间的冲击力。其结构简化图如图乙所示，在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（） A.滑块K的线圈中最大感应电流的大小B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abed中产生的焦耳热是D.若要使缓冲滑块K和着陆器不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少【答案】ACD【解析】【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小故A正确；B．由可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量故B错误；C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得 解得故C正确；D．因为有4台减速装置，利用动量定理得其中解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、填空题（本题共2小题，共16分）11.某实验小组设计了如图甲的实验装置来测量砂桶中砂的质量。主要实验步骤如下：（1）平衡好摩擦力后，在砂桶中加入质量为的砂；（2）接通传感器电源，释放小车，利用位移传感器测出对应的位移与时间（）图像；（3）在砂桶和砂质量不变的情况下，改变小车的质量，测量出不同的加速度。 ①图乙是当小车质量为时，运动过程中位移传感器记录下的图像，由图可知，小车的加速度______。②图丙为加速度a的倒数和小车质量M的图像，利用题中信息求出______，砂的质量______kg（已知砂桶的质量，重力加速度）。【答案】①2②.0.1③.0.04【解析】【详解】（3）①[1]小车做匀加速直线运动，根据运动学公式有解得②[2][3]根据牛顿第二定律有，联立可得可知图像的纵轴截距为图像的斜率为解得 12.某实验小组要测量如图甲所示金属圆环材料的电阻率，已知圆环的半径为r。（1）先用螺旋测微器测量金属圆环圆形横截面的直径d如图乙所示，则______mm；（2）再用如图丙所示的电路测量该圆环的电阻，图丙中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的量程为5V。开关S闭合后，电压表右端接到a点时电压表示数为4.5V、电流表示数为1.8mA，接到b点的电压表示数为4.6V、电流表示数为1.6mA。为了减小电阻的测量误差，应该把电压表的右端接在______（填“a”或“b”）进行实验；则圆环接入电路的两点间的电阻值为______；此测量值______（填“偏大”“偏小”或“准确”）；（3）实验过程中发现电流表损坏了，于是找来另外一个量程为2V，内阻为电压表来替代电流表完成了实验。实验中电压表V和的示数分别为U和，改变滑片位置测得多组U、数据，并作出了图像为一条直线，如图丁所示，测得该直线的斜率为k，如果r远大于d，则金属圆环材料的电阻率的表达式为______（用r、d、k、表示）。【答案】①.2.900②.b③.2875④.偏大⑤.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为所以最终读数为2.900mm；（2）[2][3][4]根据可知，电压表分流明显，应把电压表的右端接在b；根据欧姆定律，则有 测量值偏大，测得的是电流表的内阻与待测电阻串联后的总电阻。（3）[4]电流为半圆金属圆环电阻为两个半圆金属圆环并联电阻为①根据串联电路的特点，有化简得直线的斜率为②联立①②得四、计算题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.如图所示，一面积的活塞在光滑汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量，开始时汽缸内的气体的温度，缸内气体的高度。现对缸内气体缓慢加热使缸内气体的温度升高到，已知加热过程中气体吸收的热量，外界大气压强，重力加速度g取。求：（1）加热过程活塞上升的高度； （2）加热过程中被封闭气体内能的变化。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）缓慢升温过程对封闭气体由盖吕萨克定律得代入数据解得（2）升温过程，对活塞受力分析，根据平衡得气体膨胀对外做功，为代入数据解得根据热力学第一定律得因为气体膨胀发生等压变化，故外界对气体做的功为负功即气体内能变化为14.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为的圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿平行硅片方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径与竖直方向成，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为、电荷量为，不计离子重力。求： （1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小；（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，速度方向与直径垂直，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子通过加速电场，由动能定理得故离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为。（2）离子经过静电分析器，由向心力公式得故静电分析器通道内虚线处电场强度的大小为。 （3）粒子运动如图由于MN垂直于PQ，则O2M平行于PQ，则又与为等腰三角形，所以为棱形，则离子运动的半径由得故圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小为。15.如图所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如下图甲所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现有一质量为的小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取，求： （1）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）速度大小；（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；（3）小车与墙壁发生多次碰撞后直至停止运动的过程中小车运动的总路程约为多少米（结果保留二位小数）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中小球克服阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有小球由A到C过程中，由动能定理可得解得（2）小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故速度交换即碰后滑块速度大小为滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得 联立得（3）以小车第一次碰后为计时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为小车速度随时间变化的图像如图所示由图像易知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程解得同理：小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中第3次碰撞到第4次碰撞过程中所以，第n次碰撞到第次碰撞过程中小车与墙壁发生多次碰撞至停止运动的过程中小车运动的路程 得