2022-2023学年湖南省长沙市雅礼中学高三上学期第四次月考物理试题含解析

  雅礼中学2023届高三月考试卷（四）物理

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。

一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24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. 现有一通电螺线管竖直固定于水平桌面右侧，螺线管中通有如图所示的恒定电流I1，通电螺线管的左侧固定一通电水平直导线M，直导线M中通有垂直于纸面向外的恒定电流I2。纸面内，以通电直导线M为圆心的圆上有A、B、C、D四点，其中A、C连线为圆的竖直直径，B、D连线为圆的水平直径。已知D点的磁感应强度方向竖直向上，忽略地磁场的影响。下列说法正确的是（　　）

A. A点的磁感应强度大于C点的磁感应强度

B. B点的磁感应强度大于D点的磁感应强度

C. 通电直导线M在图示位置时，通电螺线管所受直导线M对它的安培力水平向右

D. 将通电直导线M水平向右移动到D点的过程中，通电螺线管所受直导线M对它的安培力逐渐减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据右手螺旋定则，通电螺线管在它的左侧产生的磁场方向竖直向上，通电直导线M在A、C两点产生的磁场沿水平方向大小相等，方向相反，根据磁场的叠加，在A、C两点的磁感应强度大小相等，方向不同，A错误；

B．通电直导线M在B、D两点产生的磁场的磁感应强度大小相等，但方向相反，B点竖直向下，D点竖直向上，通电螺线管在B点和D点产生的磁场的磁感应强度方向均竖直向上，所以由磁场叠加原理可知，B点的磁感应强度更小，B错误；

C．通电直导线M在图示位置时，通电螺线管在通电直导线M处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，根据左手定则可知，通电直导线M所受安培力水平向左，根据牛顿第三定律可知，通电螺线管所受安培力水平向右，C正确；

D．根据通电螺线管周围磁感线分布特点可知，将通电直导线M水平向右移动到D点的过程中，通电直导线M所在位置的磁感应强度逐渐增大，则通电直导线M所受安培力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，通电螺线管所受安培力也逐渐增大，D错误。

故选C。

2. 如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T。忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A. 保持B和T不变，该回旋加速器可以加速质子

B. 仅调整磁场的磁感应强度大小为B，该回旋加速器仍可以加速粒子

C. 保持B和T不变，该回旋加速器可以加速粒子，且在回旋加速器中运动的时间与粒子的相等

D. 保持B和T不变，该回旋加速器可以加速粒子，加速后的最大动能与粒子的相等

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．D形盒缝隙间电场变化周期为T等于被加速度的在磁场中运动的周期，即

而质子在磁场中的运动周期为

则该回旋加速器不可以加速质子，选项A错误；

B．仅调整磁场的磁感应强度大小为B，则在磁场中的运转周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速粒子了，选项B错误；

C．在磁场中运动的周期

THe＝＝＝T

则保持B和T不变，该回旋加速器可以加速粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与粒子的相等，选项C正确；

D．根据

qvmB＝m

Ekm＝mvm2＝∝

可知加速后的最大动能与粒子不相等，选项D错误。

故选C。

3. 心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救设备之一，如图甲所示。心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器放电，实施电击治疗，如图乙。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使40μF电容器充电到4000V，存储320J能量。抢救病人时，一部分能量在4ms的脉冲时间内通过电极板放电进入身体，此脉冲电流的平均功率为64kW。下列说法正确的是（　　）

A. 电容器放电过程中电流恒定

B. 电容器充电至2000V时，电容为20μF

C. 电容器充电至4000V时，电荷量为0.16C

D. 一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量是320J

【答案】C

【解析】

【详解】A．电容器放电过程中，电荷量减少，电压减小，电流减小，A错误；

B．电容不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变，B错误；

C．根据

可得

C正确；

D．一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量为

D错误；

故选C。

4. 如图所示，边长为的正方体无盖盒子放置在水平地面上，与、在同一直线上，且与的距离为。将小球（可视为质点）从点正上方距离处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时速度大小的范围为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】小球落入盒子内部，小球做平抛运动，竖直方向下降的高度为

解得时间为

水平方向通过的最小位移为

故抛出的最小速度为

水平方向通过的最大位移为

故抛出的最大速度为

ACD错误，B正确。

故选B

5. 如图甲所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱，电流表为理想表。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图像，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0，下列说法中正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律有

E = I(R + r)

由图乙可看出

I1 < I2

则

R1 > R2

A错误；

B．根据闭合电路的欧姆定律，和功率公式有

E = I(R + r)，P = UI

整理有

EI1 - rI12= EI2 - rI22

最后有

B正确；

C．根据闭合电路的欧姆定律，和功率公式有

E = I(R + r)，P0= I12R1= I22R2

整理得

，

联立可得

r2= R1R2

C错误；

D．电源的效率为

η =

由图乙可知

P = P0，I1 < I2

则可计算出

η1 > η2

D错误。

故选B。

6. 一光滑斜面固定在水平面上，斜面倾角为，沿斜面放一劲度系数为的轻弹簧，弹簧下端固定，上端与物体 A连接，物体B紧挨着A并排放置，A、B质量均为。开始系统静止在O点，向下压缩弹簧后释放，若释放时A、B的加速度为，且，则（    ）

A. 物体A、B将在距释放点处分离

B. 物体A、B分离时的速度最大

C. 物体B到O点的最大距离大于

D. 物体A、B分离后，A向上运动到最大距离处时的弹性势能是开始释放时的

【答案】AC

【解析】

【详解】A．释放时A、B的加速度为，设此时弹簧的压缩量为，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得

解得

当弹簧恢复原长时，物体A、B将分离，可知物体A、B分离时离释放点距离为，故A正确；

B．分离前，物体A、B先沿斜面向上加速运动，当到达O点，弹簧弹力等于A、B两物体总重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，此时物体A、B的速度最大，之后物体A、B沿斜面向上减速运动，直到弹簧原长时，物体A、B将分离，故B错误；

C．设开始系统静止在O点，弹簧的压缩量为，则有

释放点离O点距离为

物体A、B从释放点到O点做加速度逐渐减小的加速运动，过O点做加速度逐渐增大的减速运动，若物体A、B不分离，根据对称性可知，物体B到达最高点离O点距离也为，而实际上物体A、B在弹簧恢复原长时分离，分离后物体B不再做加速度增大的减速运动，而是做加速度为的减速运动，可知物体B实际能到达的最高点离O点距离大于，故C正确；

D．设释放点弹簧的弹性势能为，物体A、B分离时的速度为，从释放点到分离过程，由于分离时弹簧处于原长状态，根据系统机械能守恒可得

可得此时物体A的动能满足

设分离后物体A向上运动到最大距离处时的弹性势能，物体A从分离到最高点增加的重力势能为，根据机械能守恒可得

可得

故D错误。

故选AC。

二、多选题（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）

7. 2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后，边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。已知在点火过程中忽略燃料引起的质量变化，根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是（　　）

A. 远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度

B. 近距离导引过程中，飞船的机械能将增加

C. 姿态调整完成后，飞船绕地球运行的周期可能大于24小时

D. 姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据

可得

由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误；

B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故B正确；

C．姿态调整完成后，飞船绕地球运行的轨道半径小于同步卫星的半径，则周期小于24小时，故C错误；

D．姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，故D正确。

故选BD。

8. 某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如下图所示：场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达xl位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是（　　）

A. 点电荷从xl运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小

B. 点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小

C. 电势差Uoxl＜Uox2

D. 在整个运动过程中，点电荷在xl、x2位置的电势能最大

【答案】BD

【解析】

【详解】点电荷从xl运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从xl运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律： ，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化．故A错误．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小．故B正确．点电荷从O运动到xl的过程中，根据动能定理： 点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理： ，以：电势差Uox1=Uox2，C错误．点电荷从O运动到xl的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在xl位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大．

故D正确．故选BD.

9. 如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　)

A. 16 J B. 11.2 J

C. 4.8 J D. 3.4 J

【答案】AB

【解析】

【详解】设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有

mv0＝(M＋m)v；

系统产生的内能

Q＝fd＝mv02－ (m＋M)v2，

木块得到的动能为

Ek1＝fs＝Mv2，

其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得

Q＝Ek1>Ek1=5J．

A. 16 J，与结论相符，选项A正确；

B 11.2 J，与结论相符，选项B正确；

C. 4.8 J，与结论不相符，选项C错误；

D. 3.4 J，与结论不相符，选项D错误；

10. 如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为，P、Q为ab边上的点，。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为。一质量为m、带电荷量为q（）的粒子，从P点垂直ab以速度向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（　　）

A.  B.

C  D.

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从o处进入无场区，可判断粒子做圆周运动的半径

粒子在磁场中做圆周运动，有

解得

粒子速度变为

粒子在磁场中做圆周运动，有

由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N（Nc=l），再经过个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示

可知粒子在一个周期内经过P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间

由M点沿直线运动到N点所用时间

粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间

粒子运动的路程

当k=2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；

CD．粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则

粒子运动的路程

当k=2时为C选项，当k=3时为D选项，故CD正确。

故选ACD。

三、实验题（本题共2小题，共13分）

11. 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。

（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为___________mm。

（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端___________（选填“升高”或“降低”）一些。

（3）测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用d表示。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为△t1、△t2，光电门1记录的挡光时间为△t3，则实验中两滑块的质量应满足mA_________mB（选填“>”、“<”或“=”）。

（4）若碰撞过程中动量守恒，则满足关系式是___________。

（5）实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒___________影响（选填“有”或“无”）。

【答案】    ①. 13.45    ②. 升高    ③. >    ④.     ⑤. 无

【解析】

【详解】（1）[1]图中读数为

（2）[2]滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明光电门1到光电门2为加速运动，则左端较高，因此可调节Q使轨道右端升高。

（3）[3]滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可知滑块B的质量较小，则有

（4）[4]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有

整理得

（5）[5]根据（4）中分析可得最后的验证式中跟遮光条的宽度d无关，所以遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒无影响。

12. 某多用电表内欧姆挡“”的内部电路图如图甲所示，小明同学将电阻箱和电压表并联后接在两表笔、上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻（远小于电压表的内阻）和电池的电动势E。实验的主要步骤为：

（1）实验时将选择开关转至欧姆挡“”，将红黑表笔短接，调节，使指针指在右侧零刻度线处。

（2）改变电阻箱的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数、，将、的值算出并记录在表格中，请根据数据的对应点在图乙中作出图线。（    ）

（3）根据图线得到电动势______V，内电阻______Ω。（结果保留二位有效数字）

（4）由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值偏______（填“大”或“小”）。

【答案】    ①.     ②. 1.4    ③. 23    ④. 小

【解析】

【详解】（2）[1]用直线将图中描绘的数据点连接起来，尽量使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示

（3）[2][3]根据欧姆定律有

，

解得

根据图像有

，

解得

，

（4）[4]将欧姆表与电压表整体等效为一个新电源，如图所示

可知电动势的测量值等于图中等效电源的电动势，则有

即由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值偏小。

四、计算题（本题共3小题，共43分）

13. 如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导体棒处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通有自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

（1）磁场的磁感应强度B的大小；

（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）从左向右看，受力分析如图所示

由平衡条件得

解得

（2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足

2FNcos37°=mg

解得

14. 平板车上的跨栏运动如图所示，光滑水平地面上人与滑板A一起以的速度前进，正前方不远处有一距离轨道高的（不考虑滑板的高度）横杆，横杆另一侧有一静止滑板B．当人与A行至横杆前时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，已知，，，g取。求：

（1）人跳离滑板A时相对地面的最小速度大小；

（2）A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞后A、B的速度各多大；

（3）最终人与B的共同速度的大小。

【答案】（1）；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）设人相对滑板A起跳的竖直速度至少为，则有

因为人与滑板A的水平速度相同，所以人跳离滑板A时相对地面的最小速度大小为

（2）人跳起后，A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度为，B的速度为，则有

解得

，

（3）人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为，则有

代入数据得

15. 如图甲所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内有沿+x方向的匀强电场E1，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的匀强磁场B，E2＝2.5N/C，磁场B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，B0＝0.5T，垂直纸面向外为磁场正方向．一个质量m＝5×10-5kg、电荷量q＝2×10-4C的带正电液滴从P点（0.6m，0.8m）以某一初速度沿-x方向入射，恰好以沿-y方向的速度v经过原点O后进入x≤0 的区域，t＝0时液滴恰好通过O点，g取10m/s2．求：

(1)液滴到达O点时速度大小v和电场强度大小E1；

(2)液滴从P开始运动到第二次经过x轴经历的时间t；

(3)若从某时刻起磁场突然消失，发现液滴恰好以与+y方向成37°角的方向穿过y轴后进入x＞0的区域，试确定液滴穿过y轴时的位置．（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【答案】(1)4m/s,1.875N/C(2) (3) (n＝1,2,3…)   

【解析】

【详解】 (1)在x>0的区域内，液滴在竖直方向上做自由落体运动，则有，   

解得：，

液滴在水平方向上做匀减速运动，，

解得：   

 (2)液滴进入x<0的区域后，由于，液滴做匀速圆周运动，运动轨迹如图1所示．

其做圆周运动的大、小圆半径分别为，运动周期分别为

由，

解得：，

又，

解得：，

液滴从P点到第二次穿过x轴经过的时间

(3)情形一：若磁场消失时，液滴在x轴上方，如图1所示

根据周期性可得，液滴穿过y轴时的坐标满足：

解得：

情形二：若磁场消失时，液滴在x轴下方，如图 2 所示

根据周期性可得，液滴穿过y轴时的坐标满足：

解得：