辽宁省北镇市第三高级中学2024届高三物理上学期第二次月考试题（Word版附解析）

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+FsinF减小，FN随之减小，B正确；CD．若开始时mgsin>FcosA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6mgC.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>φBB.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MgB.轻绳的拉力等于mgC.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∶2B.飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的线速度大小之比为2∶1C.飞船在轨道Ⅰ绕地球运动一周所需的时间为2πD.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②.2.20③.0.48④.4.58【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】①.5.70mm②.③.④.【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=1.0m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=2.4m．用质量m=0.4kg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）4m/s（2）33.6N（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=4m/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