2022-2023学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三上学期第6次月考物理试题（解析版）

湖南师大附中2023届高三月考试卷（六）

物理

得分：_________

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。

第Ⅰ卷

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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．下列说法正确的是（    ）

A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，一般而言，原子核中核子数越多，比结合能越小

B．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电

C．液体的表面张力其方向总是指向液体内部，所以液面总是有收缩的趋势

D．物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能

2．如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成角，以下说法正确的是（    ）

A．  B．

C．  D．无论角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小

3．一列简谐横波在时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质点Q的振动图像。则下列说法正确的是（    ）

A．波沿x轴正方向传播 B．波速为

C．P点平衡位置的x坐标为3 cm D．Q点平衡位置的x坐标为6 cm

4．如图是一理想变压器，其原线圈和可变电阻相连，副线圈接一阻值恒为的白炽灯。原、副线圈的匝数分别为、。保持交流电源电压的有效值不变，调节可变电阻R的阻值，（设题中所涉及所有情形都没有超过灯泡的额定电压）则（    ）

A．当R的值增大时，副线圈两端的电压不变

B．当时，灯的功率最大

C．当R的值增大时，灯将变暗

D．若把灯和可变电阻位置互换，其余条件不变，则当时，可变电阻R的功率最大

5．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内。小球A、B质量分别为、（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中正确的是（    ）

A．若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道

B．若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点

C．若，小球B可能脱轨

D．若，小球A和小球B将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞

6．如图所示，表面光滑的圆锥固定在水平面上，底面半径为R，顶角为60°。有一个质量为m的弹性圆环，弹性圆环的弹力与形变量之间满足胡克定律，且始终在弹性限度内。弹性圆环处于自然状态时半径为，现将弹性圆环套在圆锥上，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的，重力加速度为g。则弹性圆环的劲度系数为（    ）

A． B． C． D．

7．一颗卫星绕地球做圆运动（称为“甲”），另一颗相同质量的卫星绕地球做椭圆运动（称为“乙”），若以无穷远为引力势能零点，机械能满足，r为轨道半径或半长轴，在正常的运行过程中，下列说法不正确的是（    ）

A．对于甲，地球引力一直不做功，而对于乙，地球的引力可能做正功或负功

B．他们的机械能一定相等

C．对于甲和乙，他们的机械能都分别守恒

D．如果他们的周期相等，那么他们的机械能一定相等

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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）

8．如图，表面粗糙的楔形物块A静置在水平地面上，斜面上有小物块B，用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，斜面相对地面不动。现顺时针缓慢旋转该力至图中虚线位置，并保证在旋转该力过程中物块B一直处于匀速上滑状态，则在力F旋转的过程中，下列说法正确的是（    ）

A．F可能一直减小  B．物块B受到的摩擦力可能不变

C．物块对斜面的作用力可能增大 D．斜面保持静止不动

9．如图，在折射率的液体表面上方有一单色激光发射器S，它能垂直液面射出细激光束，在液体内深h处水平放置一平面镜，镜面向上，平面镜中心O在光源S正下方。现让平面镜绕过O点垂直于纸面的轴开始逆时针匀速转动，转动周期为T，液面上方的观察者跟踪观察液面，观察到液面上有一光斑掠过，进一步观察发现光斑在液面上P、Q两位置间移动。下列说法正确的是（    ）

A．在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为

B．液面上P、Q两位置间距离为

C．光斑刚要到达P点时的瞬时速度为

D．光斑由Q点运动到P点所用的时间为

10．如图，空间有垂直于纸面的匀强磁场和，磁感应强度大小均为0.1 T，分布在半径的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场中有粒子源S，S与O的距离，且。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，则（    ）

A．所有粒子都能进入区域

B．粒子在磁场中的轨迹半径均为2 m

C．能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为1：3

D．离开区域时速度方向与连线SO平行的粒子在磁场中运动的时间为

11．如图，两条足够长的平行金属导轨间距，与水平面的夹角，处于磁感应强度、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为、，电阻均为。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度。已知当a棒中产生的焦耳热时，其速度，a上方和b下方都足够长，下列说法正确的是（    ）

A．此时b棒的速度大小为

B．此时a棒的加速度大小为

C．a棒从静止释放到速度达到所用的时间为0.758 s

D．a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动

第Ⅱ卷

三、实验题（12题6分，13题10分）

12．（6分）如下图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；

步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_________________________。（写出物理量及相应符号）

（2）若测得各落点痕迹到O点的距离：，，，并知小球1、2的质量比为2：1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量的百分误差________%（结果保留一位有效数字）。

（3）完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如下图所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的圆弧上，平均落点为、、。测量轨道末端到、、三点的连线与水平方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_____________________（用所测物理量的符号表示）。

13．（10分）近年来，我国打响了碧水保卫战，检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图甲所示的流量计，用此装置测量污水（有大量的正、负离子）的电阻。测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下（未画出），在前后两个内侧面A、C上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。

（1）利用图乙中的电路测量灵敏电流计G的内阻，实验过程包含以下步骤：

A．调节，使G的指针偏转到满刻度，记下此时的示数；

B．分别将和的阻值调至最大；

C．合上开关；

D．合上开关；

E．反复调节和，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时的读数为。

①正确的操作步骤是________________；②测出灵敏电流计内阻为________。

（2）用游标卡尺测量测量管的直径D，如图丙所示，则________cm。

（3）图甲中与A极相连的是灵敏电流计的________接线柱（填“正”或“负”）。

（4）闭合图甲中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制图像，如图丁所示，则污水接入电路的电阻为________。（用题中的字母a、b、c、v、D、表示）

四、解答题（14题10分，15题12分，16题14分）

14．（10分）如图甲为氮气减振器，汽缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压下损坏。它的结构简图如图乙所示。汽缸活塞截面大小为，质量为1 kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为。现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环（不计大小）卡住，此时氮气气柱长度为且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取，重力加速度。

（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力；

（2）现用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降时，求缸内氮气的压强大小；

（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量，求外力F对活塞做的功W。

15．（12分）在平面内x轴上方交替存在着宽度均为d的匀强电场与匀强磁场区域，电场强度为E，方向沿y轴负方向，磁感应强度为B，方向垂直于平面向里。现有一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从O点由静止释放，不计粒子的重力。求：

（1）粒子在区域中运动的轨迹半径；

（2）若粒子能穿过区域，穿过该区域前后，粒子沿x轴方向的速度的变化量；

（3）粒子能够经过哪些区域。

16．（14分）如图所示，在坐标平面内，固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距，在处由绝缘件相连，导轨某处固定两个金属小立柱，立柱连线与导轨垂直，左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为；导轨左端与电容的电容器连接，起初电容器不带电。现将两根质量均为的导体棒a、b分别放置于导轨左侧某处和紧贴立柱的右侧（不粘连），某时刻起对a棒作用一个向右的恒力，当a棒运动到处时撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的过程中通过棒的电量，与立柱碰撞时的速度，之后原速率反弹。已知b棒电阻，不计a棒和导轨电阻，求：

（1）小立柱所在位置的横坐标；

（2）a棒初始位置的横坐标；

（3）假设b棒穿出磁场时的速度，求此前b棒中产生的总热量。

湖南师大附中2023届高三月考试卷（六）

物理参考答案

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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．D

2．B【解析】从A点和B点飞过，那么在AB所在直线上，射程一定，只有在A点是速度与水平向右方向成45°角，那么在A点的速度才最小，根据机械能守恒，那么在抛出点P的速度也最小（动能最小），因此在P的抛射角一定大于45°，因此B正确。至于D，如果无限靠近墙，那就是竖直上抛，永远也达不到B点，因此D错误。

3．C【解析】由题图（b）知，当时，Q点向上运动，结合题图（a）可得，波沿x轴负方向传播。由题图（a）可以看出，该波的波长为①．由题图（b）可以看出，周期为②，波速为③，设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、，由题图（a）知，处．因此④，由题图（b）知．在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有⑤，由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为。

4．C【解析】由题意可知，原、副线图的匝数一定，交流电源电压的有效值不变，对原线图则有，由原、副线圈的电压比等于匝数比，电流与匝数成反比，可得，又有，，交流电源电压的有效值不变，当R的值增大时，副线圈两端的电压减小，灯泡将变暗A错误，C正确；当时，灯泡获得的功率最大，B错误；若把灯和可变电阻的位置互换，其余条件不变，则有当时，可变电阻R的功率最大，D错误。

5．B【解析】小球A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得：，解得A与B碰幢前的速度，碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得：，根据机械能守恒定律得：，联立解得：，。B小球运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得：，小球B能恰好通过最高点，则有：，解得：，联立各式代入数据解得：。当时，B脱轨，而，不一定脱轨，故A错误；由上分析可知，当时，B球可运动至轨道最高点，故B正确；若，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若，小球运动不到四分之一圆弧轨道处，速度减为零又返回，所以小球B不可能脱轨，故C错误；若时，，，两球速度大小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D错误。

6．A【解析】取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为，分析微元受力有重力、支持力N、两边圆环其余部分对微元的拉力T，由平衡条件有，，由于微元很小，则对应圆心角很小，则，，其中r为圆环拉伸后的半径，代入数据有，由题知，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的，则有，，根据胡克定律有，，，故选A。

7．B【解析】做圆运动的卫星，地球引力始终垂直运动方向，所以引力一直不做功，对于做椭圆运动，那么离地球越来越近时，引力做正功，反之做负功，在椭圆两个端点时，不做功，所以A正确；不知道他们的轨道半径和长半轴，因此机械能不一定相等，无论做圆运动还是椭圆运动，正常运行的卫星，机械能一定守恒，因此C正确；而周期相等，那么圆运动的半径r一定等于椭圆运动的半长轴a，机械能或，一定相等，D正确。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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）

8．AD【解析】先对B分析，B受到斜面支持力N和滑动摩擦力f，用一个力替代，该力方向不变，B转化为三力平衡问题，三力形成首尾相连的三角形，易知，F可能一直减小，A对，F也可能先减小后增大，但一直减小，故f一定减小，B错；物块对斜面的作用力，即的反作用力一定减小，C错；斜面受到地面摩擦力一定减小，斜面保持静止不动，D对。

9．AC【解析】根据临界角公式得，解得，设反射光线转动的角速度为，平面镜转动的角速度为．在开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间t，等于平面镜在45度范围时应时间，即，，，光斑由Q点运动到P点所用的时间也等于，A正确，D错误；液面上P、Q两位置间距离为，B错误；光斑在P点的线速度为，，光斑刚要到达P点时的瞬时速度为，，C正确。

10．BD【解析】根据洛伦兹力提供向心力，解得，故B正确；当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入区域的临界情况，如图根据几何关系可知，故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入区域，粒子初速度有沿向上的分速度时不能进入区域，因此能够进入区域的粒子数与发射的粒子总数之比为，故AC错误；因为粒子在两磁场中的轨迹半径相同，离开区域时速度方向与连线SO平行的粒子必然是从E点射入，其在区域运动的圆心角为240°，则运动时间为。

11．ABD【解析】设a、b棒受到的安培力大小为，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有，，联立可得，所以有，可解得。设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有，，，联立式子解得。设此过程a，b棒位移分别为，，由（1）的分析可得，根据能量守恒有，对a棒根据动量定理有．其中安培力的冲量，可得，联立代入数据可解得。

三、实验题（12题6分，13题10分）

12．（6分，每空2分）（1）小球1和小球2的质量和  （2）2

（3）

【解析】（1）因为平抛运动的时间相等，根据

所以用水平射程可以代替速度；根据动量表达式知，除了测量线段OM，OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量、。

（2）因，则小球1碰后不会反弹，则M、N分别是碰后小球1、2的平均落点。系统碰撞前的总动量，碰撞后的总动量，已知小球1、2的质量比为2：1，则可解得。

（3）设圆弧半径为R，则对于从轨道末端到的运动，由平抛运动规律可知，，联立解得对于从轨道末端到、点的运动，同理可得，，而要验证的关系式为，将、、代入可得。

13．（10分，每空2分）（1）①BCADE  ②  （2）3.035  （3）正  （4）

【解析】（1）本实验是用半偏法测电流表内阻。为保护电路，闭合开关前应将变阻器阻值调至最大，合上开关，调节，使待测灵敏电流计G满偏，记下此时的示数，就等于灵敏电流计G的满偏电流值；再合上开关，反复调节和，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时G、的电流之和等于，即等于G的满偏电流，也即G、的电流相等，故。因此正确的顺序为BCADE。

（2）由游标卡尺读数由主尺读数加游标尺读数，从主尺读出整毫米刻度，从游标尺读出对齐的刻度数再乘以游标卡尺的精度，由图读得直径为。

（3）由左手定则可得正离子往A处电极方向运动、负离子往C处电极方向运动，所以与A处电极相连的是灵敏电流计的正接线柱。

（4）由磁流体发电机的原理知，污水中正负粒子在洛伦兹力作用下向A、C两处电极偏转，在两极处形成电场，直到电场力与洛伦兹力达到动态平衡，有

得电源电动势为

由欧姆定律可得

其中r为污水的电阻，所以

由图像可得斜率

纵截距

所以

故

四、解答题（14题10分，15题12分，16题14分）

14．（10分）【解析】（1）当氮气达到5个大气压的时候，对活塞受力分析，由平衡条件得

·················································································2分

解得··············································································1分

（2）由理想气体等温变化规律

·················································································2分

得················································································1分

（3）由功能关系知

·················································································2分

又················································································1分

联立得············································································1分

15．（12分）【解析】（1）设粒子在区域中运动的速度为，经过电场加速，根据动能定理可知·········1分

在磁场中有·········································································2分

解得··············································································1分

（2）设粒子在区域中运动的速度为，进入磁场中速度方向与磁场边界的夹角为，射出磁场中速度方向与磁场边界的夹角为，由于······1分

·················································································1分

即有··············································································1分

得················································································1分

（3）由第（2）可知，粒子穿过每一个磁场区域，洛伦兹力的水平方向冲量都相同，为。设粒子最远能到达的磁场区域，在该区域中最高点时粒子的运动速度为v，方向水平，由以上分析可知根据动能定理可知······1分

根据动量定理：·····································································1分

得

粒子在穿过的磁场区域时，

·················································································1分

得：

粒子能达到的区域为，k是中的整数······················································1分

16．（14分）【解析】（1）a棒减速向右运动过程中

·················································································2分

解得

·················································································1分

（2）a棒在区间，由动量定理得

·················································································1分

解得

·················································································1分

a棒在恒力作用过程中，设某时刻的速度为v，加速度为a，棒中的电流为I，则有

·················································································1分

·················································································1分

解得··············································································1分

即a棒做匀加速运动，根据

·················································································1分

解得··············································································1分

（3）a棒在区间向右运动过程中，电路产生的热量

·················································································1分

反弹后，a棒向左，b棒向右运动，两棒的加速度大小相等，相等时间内速度点变化量大小也相等，所以a棒的速度······1分

此过程中发热量

·················································································1分

所以

·················································································1分