重庆外国语学校2023-2024学年高三上学期1月月考物理试题（Word版附解析）

重庆外国语学校2023-2024学年度（上）高2024届1月检测物理试题（满分100分，75分钟完成）第I卷选择题一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是（）A.电势差的定义式，说明两点间的电势差与静电力做功成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B.由关系式可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值C.由公式可知，当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压无关D.由公式可知，导体的电阻率与导体的电阻成正比【答案】B【解析】【详解】A．电场中两点的电势差只与电场本身有关，与移动电荷的电荷量q以及静电力做功均无关，选项A错误；B．导体的电阻由导体本身决定，由关系式可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值，选项B正确；C．由公式可知，当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，选项C错误；D．导体的电阻率是由导体本身决定的，与导体的电阻无关，选项D错误。故选B。2.“套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏，若小圆环的运动视为平抛运动，大人和小孩同时抛出并最终套中，如图空中运动的过程中，以下正确的是（　　） A.大人的圆环先套中B.小孩的圆环先套中C.同时套中D.小孩力气小所以抛出的环初速度小【答案】B【解析】【详解】ABC．设抛出的圈圈高度为h，由，得下落的时间为平抛运动的物体飞行时间由高度决定，小孩抛出的圆环运动时间较短，所以小孩的圆环先套中，故AC错误，B正确；D．设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，则圈圈的水平位移大人与小孩抛出的圈圈的水平位移相同，小孩抛出的圈圈运动时间短，则小孩抛出的环初速度大，故D错误。故选B。3.如图平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（  ）A.带电油滴向上运动B.静电计指针的张角变大C.P点电势变大D.带电油滴的电势能变小【答案】B 【解析】【详解】B．断开开关K，电容器带电量不变，则由可得将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，板间间距增大，则电压增大，可知静电计指针的张角变大，故B正确；ACD．电场强度为改变间距，电场强度不变，带电油滴不动，由由于P到下极板距离不变，则可知P点电势不变，则带电油滴的电势能电势能不变，故ACD错误。故选B。4.应用磁场工作的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（　　）A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关B.乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子一定是同种粒子 C.丙中通上如图所示电流和加上如图磁场时，，则霍尔元件的自由电荷为正电荷D.丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关【答案】A【解析】【详解】A．带电粒子在回旋加速器中，根据最大轨迹半径最大动能为与加速电压无关，故A正确；B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，有所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，但不一定是相同的粒子，故B错误；C．假设该霍尔元件是正电荷导电，根据左手定则可判断正电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带正电，电势高，，不满足条件，故C错误；D.经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时稳定，有故 故前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D错误。故选A。5.如图所示，为一正四面体，电荷量为的点电荷Q固定在A点，先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为，再将从C点沿移到B点并固定，接着将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点，最后将从D点沿移到C点固定。下列说法错误的有（　　）A.移入之前，C点电势为B.固定之后，移入之前，C点与D点电场强度不相同C.从D点移到C点的过程中，所受电场力做的功为0D.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为【答案】A【解析】【详解】A．从无穷远处（电势为0）移到C点的过程中，根据电场力做功公式可得解得故A错误；B．根据正四面体的特点可知，C、D两点关于AB对称，所以固定之后、移入之前，C点与D点的电场强度大小相等，但方向不同，故B正确；C．根据正四面体的特点可知，C、D两点关于AB对称，所以在移入之前，C点与D 点的电势相等，两者间的电势差为0，根据可知，从D点移到C点的过程中，所受电场力做功为0，故C正确；D．从无穷远处移到C点之前，根据电场的叠加原理可知，C点的电势为则电场力做功故D正确。本题选择错误的，故选A。6.已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。下列说法正确的是（）A.与方向相同B.悬挂Q的细线拉力逐渐减小C.悬挂P的细线拉力大小不变D.若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半【答案】D【解析】【详解】A.由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故电流方向相反，故A错误； B.如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，AQ距离为L，AP距离为H，由三力平衡知故悬挂Q的细线拉力大小不变，故B错误；C.如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为，则有由于逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；D.导体棒P在导体棒Q处产生的磁场磁感应强度故导体棒Q受到的安培力得而故，，故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故D正确。故选D。7.如图所示，O为一离子源，能沿平行纸面各个方向均匀地发出大量的质量为、电荷量为、速率可调的正离子。以O点为原点，建立平面直角坐标系。已知在区域有垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场（未画出）。y=l处有一块长为2l的荧光屏AB，y轴是荧光屏AB 的中垂线，下列说法正确的是（）A.若发射的粒子仅沿v0方向，击中AB板的最小速率为B.若发射的粒子仅沿v0方向，击中AB板的粒子最短用时C.若向各个方向发射的粒子速率大小为，击中AB板的长度为D.若向各个方向发射的粒子速率大小为，击中AB板的最短时间为【答案】B【解析】【详解】A．根据得当粒子轨迹刚好与AB板相切时，半径最小，速率最小，如图所示根据几何关系可得 解得可得击中AB板的最小速率为故A错误；B．粒子运动轨迹经过B点时，圆心角最小，运动时间最短，如图由几何关系，圆心角为，击中AB板的粒子最短时间为故B正确；C．若向各个方向发射的粒子速率大小为，根据粒子运动半径为则粒子能击中AB板所有位置，击中AB板的长度为，故C错误；D．由C选项，粒子运动时间最短，则弦长最短为，粒子击中AB板中点，圆心角为，击中AB板的最短时间为故D错误。故选B。二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15 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，有错选的得0分。8.已知波沿x轴正方向传播，波源的频率为5Hz，t=0时的波形图如图中实线所示，则下列说法正确的是（）A.该波的周期为0.125sB.该波的波速为40m/sC.平衡位置在x=8m的质点在1s的时间内通过的路程为2mD.图中虚线可能是t=0.85s时的波形图【答案】BCD【解析】【详解】A．根据周期与频率的关系可知该波的周期为故A错误；B．根据波形图可知该波的波长为由故B正确；C．平衡位置在x=8m的质点在1s的时间内通过的路程为故C正确；D．t=0.85s时波向前前进的距离所以图中虚线可能是t=0.85s时的波形图。故D正确。 故选BCD。9.我国自主研发的卫星不仅可以在高空领域清理空间碎片，还可以发挥“太空拖船”的作用。“实践21号卫星”将一颗失效的北斗二号卫星由同步卫星轨道经转移轨道送入“墓地轨道”，这一操作震惊了世界。如图所示，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、分别为同步卫星轨道、转移轨道和墓地轨道，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点。下列说法正确的是（　　）A.卫星在轨道Ⅲ上运行的周期一定大于24小时B.卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，在P点处的线速度相同C.卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同D.卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能守恒【答案】AC【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，北斗二号卫星在轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则北斗二号卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期，即大于24h。故A正确；B．卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，需在P点点火加速做离心运动才可以到达转移轨道，在P点处的线速度不相同。故B错误；C．根据解得可知，卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同。故C正确；D．根据变轨原理可知，卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，机械能增大，势能增大，根据 解得可知，卫星的动能减小。故D错误。故选AC。10.现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（  ）A.匀强电场的场强大小为B.粒子从O点运动到P点的时间C.粒子经过N点时速度大小为D.M、N两点的竖直距离为【答案】BC【解析】【详解】A．在甲图中，设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有洛伦兹力充当向心力，有由几何关系可得 综上可得故A错误；B．甲图中，粒子在电场中的运动时间为在磁场中运动时间为粒子从O运动到P的时间为故B正确；CD．在乙图中，将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为设粒子在最低点N的速度大小为，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得由动能定理可得结合 解得，故C正确，D错误。故选BC。第II卷非选择题三、实验题：本大题共2个小题，共15分。11.用图甲所示实验装置验证、组成系统机械能守恒，从高处由静止开始下落，打点计时器在拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的频率为50Hz。已知、，重力加速度g取进行计算，所有结果均保留两位有效数字，则：（1）在纸带上打下计数点5时、的速度大小______m/s；（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量为______J，系统重力势能的减少量为______J；（3）通过前面的数据发现，系统动能的增加量不等于系统重力势能的减少量，造成上述实验误差的原因可能是____________（写出一种可能的原因即可）。【答案】①.2.4②.0.58③.0.60④.纸带受到摩擦力（空气阻力、滑轮粗糙有质量）【解析】【详解】（1）[1]计数点5的瞬时速度为（2）[2]在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量 [3]系统重力势能的减少量（3）[4]系统动能的增加量不等于系统重力势能的减少量，可能原因有很多，例如纸带受到摩擦力、空气阻力、滑轮粗糙有质量等。12.某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。A．被测干电池一节B．电流表2：量程0～0.6A，内阻C．电压表1：量程0～15V，内阻未知D．电压表2：量程0～3V，内阻未知E．滑动变阻器1：阻值范围为0～10Ω，允许通过最大电流2AF．滑动变阻器2：阻值范围为0～100Ω，允许通过最大电流1AG．开关、导线若干（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择________，滑动变阻器选择_______。（填写器材前的字母）（2）实验电路图应选择图________（填“甲”或“乙”）。（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的内阻________Ω。（4）使用图乙电路图测得的电动势________真实值（填大于、等于或小于）。【答案】①.D②.E③.甲④.1.05⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]实验要尽可能准确地测量一节干电池的电动势和内阻，已知电流表2 的内阻，可以把它串联在干路中，把它的内阻看成电源的一部分，而电压表测量得到的电压就可以看成是路端电压。由于一节干电池的电压约为，路端电压小于，读数误差太大，电压表选择D。[2]干电池内阻较小，则为了方便调节，减小误差，滑动变阻器选择E。（2）[3]因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看做路端电压，则应选甲图。（3）[4]由闭合回路欧姆定律有结合图像可得解得（4）[5]若使用图乙电路图测内阻相对于电源而言，电流表外接，由于电压表有分流作用，故电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的图像如下图所示，由图可知，电源电动势的测量值小于真实值。四、计算题：本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。13.在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成θ=37°角，如图所示。现给小球一个方向与细线垂直的初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做顺时针的圆周运动，，重力加速度大小为g。（1）求小球受到电场力的大小F并指出小球带何种电荷；（2）求小球运动的最大速度； 【答案】（1），小球带正电；（2）【解析】【详解】（1）小球静止在该位置，由平衡条件可知，小球受重力、绳的拉力和水平向右的电场力，可知小球带正电，有解得小球受到电场力的大小（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比于重力场，在圆周各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B时，小球的速度最大，如图所示小球恰过B点时，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力为零，有从B点到A点，由动能定理有解得 14.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M=4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：（1）小物块1抛出时水平速度v0的大小；（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）木板的长度。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，竖直方向有B点竖直方向的速度为小物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，有解得小物块1抛出时水平速度v0大小（2）B点的速度为 小物块1从B点到C点，根据动能定理有解得小物块1滑动至C点时，根据牛顿第二定律可得根据牛顿第三定律，小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为（3）小物块1与小木块2发生碰撞，由动量守恒得解得若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据动量守恒和能量守恒有解得木板的长度为若物块与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据能量守恒有解得木板的长度为综上所述，木板的长度为或。15.如图甲所示，一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着1、2、3号三个大小相同的小球，它们的质量分别是、和， 。小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽略不计，且槽的内半径远大于球的半径。开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等；2、3号球静止，1号球以初速度（其中）沿槽运动，为圆环的内半径和小球半径之和。设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，忽略碰撞的时间。（1）求发生第一次碰撞后，三球的速度大小（速度用表示）；（2）求发生第三次碰撞的位置及碰后三球的速度大小（速度用表示）；（3）求此三球系统的运动周期（需写出详细推算过程）。若在此环形窄槽内等间距嵌入2024个大小相同的小球，如乙图所示，开始时1号球同样以初速度沿槽运动，其他球均静止。摩擦不计，各球间的碰撞皆为弹性碰撞，忽略碰撞的时间。试猜想各小球的质量满足怎样的关系，会发生类似三球系统的周期性运动，并写出该运动周期（不需要写出详细推算过程）。【答案】（1）；；；（2）第三次碰撞发生在Ⅰ位置；，0，0；（3）见解析【解析】【详解】（1）令和分别表示第一次碰后1、2号的速度，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有由此可解得，此时3号球静止，速度为0；（2）碰后2号运动到位置Ⅲ时，与3 号相碰。根据动量守恒和机械能守恒，因为两球质量相等，所以速度互换，所以碰后2号停在Ⅲ处，而3号以速率运动，直到3号运动到位置Ⅰ时，正好1号也返回到Ⅰ处，所以第三次碰撞发生在Ⅰ位置；令和分别表示第三次碰后1、3号的速度，则有由此可解得，此时2号球在位置Ⅲ静止，速度为0；（3）1、3号相碰过程中速度的变化正像上述1、2号在Ⅱ处相碰时的逆过程，即碰后3号停在Ⅰ处，而1号又以的速度顺时针运动。等1号再运动到位置Ⅱ时，和开始时相比，正好是三球顺时针依次换了一下位置而速率和开始时相同。这就是说，到此时共经历了一个周期的。1号第一次由Ⅰ运动到Ⅱ所需时间为1、2号相碰后回到Ⅰ所需时间为1、3号碰后再回到Ⅱ所需时间为，又解得若环形槽内等间距分布着个小球，令1、2号球第1次碰后的速度分别为、，则有，且 解得且由上述质量关系可得，又，，且解得将，代入可得