2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（七） 物理（解析版）

长沙市一中2023届高三月考试卷（七）

物理

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 一种生物靶向放射治疗模式，其原理是利用超热中子束照射预先注射了含硼药物的肿瘤组织部位，与硼发生核反应生成锂并放出射线，利用射线杀灭癌细胞。超热中子束的来源之一是加速后的质子轰击铍产生的。下列说法正确的是（　　）

A. 射线是波长极短的电磁波

B. 超热中子与硼发生的核反应属于衰变

C. 质子与铍发生核反应属于轻核聚变

D. 产生超热中子束的核反应方程是

【答案】D

【解析】

【详解】A．射线是高速运动的氦核，A项错误；

B．根据题意可知，其核反应方程为

由题述情况可知该反应属于人工转变，B项错误；

CD．依题意可知，产生超热中子束的核反应方程是

超热中子束的来源之一是加速后的质子轰击铍产生的，则属于人工转变， C项错误，D项正确；

故选D。

2. 如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为和的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且，则B、A两球质量之比为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式，再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，同样根据共点力平衡条件列式，最后联立求解。

【详解】对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示

根据共点力平衡条件，有

再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示

根据平衡条件，有

联立解得

故选B。

【点睛】本题关键先后对A球、B球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线。

3. 图甲是一列简谐横波传播到x=5m的M点时的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点，下列说法正确的是（　　）

A. 经过3s，M点移动到x=8m处

B. 当Q点开始振动时，N点位于波谷

C. 在t=2s时，质点P的速度为零，加速度也为零

D. 从此时刻到质点Q第一次到达波谷的过程中，M点通过的路程为70cm

【答案】B

【解析】

【详解】A．质点M只会在平衡位置附近振动，不会随波一起向前移动，故A错误；

B．根据平移法可知，当Q点开始振动时，N点位于波谷，故B正确；

C．由乙图可知，在时，质点N（x=3m）处于平衡位置并即将向上运动，则质点P处于波谷，速度为零，加速度最大，故C错误；

D．由甲图可知

由乙图可知

则波速

从此时刻到质点Q第一次到达波谷，即此时此刻波谷的振动恰好传到Q，经历的时间为

M点通过的路程为

2×4A=80m

故D错误。

故选B。

4. 太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离，形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运动轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】

A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为，则有

解得

根据开普勒第三定律，有

解得

故选D。

5. 如图，两段不可伸长细绳的一端分别系于两竖直杆上的A、B两点，另一端与质量为m的小球D相连。已知A、B两点高度相差h，，，重力加速度为g。现使小球发生微小摆动，则小球摆动的频率为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】如图

该单摆的等效摆长为OD，由图中几何关系可推出

根据单摆周期公式可知，小球摆动的频率为

故选B。

6. 在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻，为滑动变阻器。电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，电流表为理想电表，则下列说法正确的是（　　）

A. 滑片P向下移动时，电流表示数增大

B. 滑片P向上移动时，电阻电流增大

C. 当时，理想变压器的输出功率最大且为36W

D. 当时，电流表的示数为1A

【答案】C

【解析】

【详解】A．等效电路如图所示

当滑片P向下移动时，导致滑动变阻器阻值减小，则等效电阻阻值减小，则等效电阻分压减小，根据变压器原理可知，副线圈两端电压减小，即电阻两端电压减小，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，故A错误；

B．滑片P向上移动时，导致滑动变阻器阻值增大，则等效电阻阻值增大，原线圈输入电流减小，则等效电阻分压增大，根据变压器原理可知，副线圈两端电压增大，副线圈输出电流减小，电阻两端电压增大，通过电阻的电流增大，则流过电阻的电流减小，故B错误；

D．等效电阻阻值为

电源电压有效值为

U=24V

因此原线圈两端电压

根据变压器原理可知，副线圈电压为

因此电流表示数

故D错误；

C．理想变压器的输出功率等于等效电阻的功率，则有

可知当

解得

理想变压器输出功率最大，则有

故C正确。

故选C。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选项符合题目要求。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. 如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，z轴上的A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 图中的A点是z轴上场强最强的点

B. 轨道上A点的电场强度大小为

C. 小球刚到达C点时的加速度不为0

D. 小球刚到达C点时的动能为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题意可知

如图所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为

根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为

整理得

令，，可得函数

对函数求导

令，解得

结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即

由此可知，z轴上距离O点处的两点电场强度最大，故A错误；

B．，轨道上A点的电场强度大小

故B正确；

C．由几何关系可知

，

根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为

小球在C点时的受力如图所示

小球在C受到的电场力为

沿杆方向的合力为

解得

由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；

D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得

解得

故D正确。

故选BD。

8. 在某高空杂技类节目现场的下方放置有一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连且不固定，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示，某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h高的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A. 整个过程中，物体、木板和两弹箦组成的系统机械能守恒

B. 若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为

C. 物体与木板一起向下运动过程中的速度先减小后增大

D. 物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh

【答案】BD

【解析】

【详解】A．物体与木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统的机械能不守恒。故A错误；

C．物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小。故C错误；

D．物体下落过程由动能定理有

解得

碰撞过程有

可得

此后一起向下运动再向上运动到A点，由机械能守恒定律有

解得

故D正确；

B．另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点且速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，故A点之后木板和物体分离，可得

解得

碰撞过程有

得

，

解得

故B正确。

故选BD。

9. 如图所示电路中，，，电源电动势E=3V，内阻。电流表示数为I，电压表示数为U。在滑动变阻器的滑动触头P从a滑到b的过程中，电表均为理想电表，下列判断正确的是（　　）

A. I减小，U减小 B. 不变，不变

C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 获得的最大功率为1.5W

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．由图可判断，的右端电阻与电压表串联，对电压表的影响可忽略，电压表测量两端的电压，电流表测量干路的电流，当P由a向b滑动时，连入电路的阻值由0开始增大，回路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电压表示数为

其减小，故A正确；

B．根据欧姆定律可知

其不变，故B正确；

C．外电路电阻为

由0增大到，则R由增大到，而当

时电源的输出功率最大，即

故C正确；

D．当时，干路电流最大，的功率最大，即

故D错误。

故选ABC。

10. 如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点的小物块B以初速度从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为，当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量。则（　　）

A. 细绳所能承受的最大拉力

B. 当时，小物块B滑离木板A时木板运动的对地位移

C. 当时，细绳被拉断后长木板的最大加速度

D. 为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应大于等于3

【答案】BC

【解析】

【详解】A．细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为，设此时弹簧的压缩量为，则有

由能量关系，有

解得

故A错误；

B．当时，B的质量为m，细绳恰好被拉断。细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

则小物块滑离木板时，二者的位移关系为

又有

联立解得

故B正确；

C．当时，设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为，则有

细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，以向左为正方向，由动量守恒得

由能量守恒定律得

对长木板，有

联立方程，解得

故C正确；

D．由题意，时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动。时，小物块向左运动将弹簧压缩后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为，由能量守恒定律得

此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为，以向左为正方向，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

联立方程，解得

所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应满足的条件为，故D错误。

故选BC。

11. 如图所示，在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出磁场，之后经过D点，D点的坐标为（0，3r），不计带电粒子所受重力。若磁场区域以A点为轴，在xOy平面内顺时针旋转45°后，带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场，飞出磁场后经过直线时，以下说法正确的是（　　）

A. 经过直线时距D点的距离为

B. 经过直线时距D点的距离为

C. 带电粒子将与的直线成45°角经过这条直线

D. 带电粒子仍将垂直经过的这条直线

【答案】AC

【解析】

【详解】根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示

根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与夹角为45°，根据几何关系计算可以得到

故选AC。

三、实验题：本题包含2小题，共14分，每空2分。

12. 现用“探究气体压强与体积的关系”的实验来测量大气压强p。注射器针筒已被固定在竖直方向上，针筒上所标刻度是注射器的容积，最大刻度Vm＝10mL。注射器活塞已装上钩码框架，如图所示。此外，还有一架托盘天平、若干钩码、一把米尺、一个针孔橡皮帽和少许润滑油。

(1)下面是实验步骤，试填写所缺的②和⑤。

①用米尺测出注射器针筒上全部刻度的长度L；

②_________；

③把适量的润滑油抹在注射器的活塞上，将活塞插入外筒中，上下拉动活塞，使活塞与针筒的间隙内均匀地涂上润滑油；

④将活塞拉到适当的位置。

⑤_________；

⑥在钩码框架两侧挂上钩码，记下挂上的钩码的质量m1，在达到平衡后，记下注射器中空气柱的体积V1，在这个过程中不要用手接触注射器以保证空气柱温度不变；

⑦增加钩码的个数，使钩码的质量增大为m2，达到平衡后，记下空气柱的体积V2。

(2)计算大气压强p的公式是____________。(用已给的和测得的物理量表示，重力加速度为g)

【答案】    ①. 称出活塞和钩码框架的总质量M    ②. 将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住    ③. p＝

【解析】

【详解】(1)[1][2]实验步骤②和⑤是：②称出活塞和钩码框架的总质量M；⑤将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住；

(2)[3]活塞的横截面积为

S＝

由力学平衡条件得

p1＝p＋g

p2＝p＋g

由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2

联立解得大气压强

p＝

13. 为了测量某电源的电动势和内阻，设计了如图所示的电路，其中、为电阻箱（最大阻值为），为定值电阻（阻值为）。实验器材还有：标准电池（电动势为，内阻不计），灵敏电流计G（量程为），待测电池（电动势小于，内阻未知），开关3个，导线若干等。

主要实验步骤如下：

a．按电路图连接实验电路，闭合开关，调节电阻箱为某一阻值；

b．闭合开关、，调节电阻箱，使灵敏电流计G示数为零，记录下此时、的阻值；

c．改变电阻箱的阻值，重复以上步骤，记录下多组、对应的阻值；

d．作出、图像，由图像求得待测电源的电动势和内阻。

回答以下问题：

（1）步骤b中，使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱两端的电压和两端电压的关系：______（填“＞”、“＜”或“＝”）。

（2）利用记录多组、对应的阻值，作出图像如图所示。

则随变化的关系式为______（用、、、表示），根据图像可得待测电池的电动势______V、内阻______。（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①.     ②.     ③. 1.5    ④. 5.0

【解析】

【详解】（1）[1]步骤b中，使灵敏电流计G示数为零，可知此时电阻箱两端的电压和两端电压的关系

（2）[2]由电路图可知，两端的电压

由于

则

整理可得

[3][4]由图像可得

联立解得

四、计算题：本题包含3小题，共37分。其中14题10分，15题12分，16题15分。

14. 如图所示，为某玻璃砖的截面图，其中右侧为半径为R的半圆，O1为圆心，左侧为直角三角形ABC，∠C=，∠B=，玻璃砖折射率n=，把玻璃砖竖直固定在桌面上，一束平行光斜射到AB边上，光线与AB边成角，求：

①桌面上有光线照到的地方离C点的最小距离；

②通过O1点的光线在玻璃砖内运动的时间。

【答案】①(1+)R②

【解析】

【详解】①光线在AB边上发生折射，入射角i=，由折射定律知n=，解得

即光线在玻璃砖内平行于BC射向圆弧界面，当在圆弧界面发生全反射，边界光线射向桌面交桌面于P点，与C点最近.设入射角为i2，则

sini2=sinC=

解得

过O2作BC的垂线交桌面于点Q，可知

由几何知识可得

可得

②通过O点的光线在玻璃砖内通过的路程

x=R+Rtan=

光在玻璃中的传播速度

则

15. 如图所示，竖直固定的半径R=1m的光滑绝缘圆弧轨道在C点与绝缘水平轨道ABC相切。水平轨道AB段光滑，BC段粗糙。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。一个不带电、质量m=0.4kg的物块静止在B点，一个带电量q=＋1×10-3C、质量M=0.6kg的物块从A点由静止释放，经过t=2s两物块发生碰撞并粘在一起，然后沿BC段做匀速运动。已知碰撞前后电荷量保持不变，两个物块与BC段轨道间的动摩擦因数均为μ=0.75，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)在B点碰撞前后物块M的速度大小以及电场的场强大小；

(2)圆弧轨道右下方留有开口，两个物块进入圆弧轨道后开口关闭。试分析物块能否沿圆弧做完整的圆周运动；如果不能，则要做完整的圆周运动，需要将物块M从A点右侧多远处由静止释放？如果能，计算两个物块运动过程中经过竖直方向最高点P时对圆弧轨道的压力大小。

【答案】(1)7.5×103N/C；(2)175N

【解析】

【详解】(1)设电场强度的大小为E，在B点碰撞前物块M速度大小为v1，碰撞后共同速度大小为v2，则有

qE=μ(m＋M)g，qEt=Mv1

Mv1=(m＋M)v2

代入数据联立解得

v1=25m/s，v2=15m/s，E=7.5×103N/C

(2)物块整体所受重力为10N，电场力为7.5N，合力大小为

F合=12.5N

方向与竖直方向的夹角θ=，所以在圆弧轨道上运动时等效最低点为与竖直方向夹角θ=的圆弧左下方的F点，同理可知等效最高点为与竖直方向夹角θ=的圆弧右上方的G点，假设物块整体能做完整的圆周运动，在G点速度大小为v，则有

解得

v=m/s

物块整体能通过G点的临界速度设为v临，则有

F合=(m＋M)

解得

v临=m/s

显然v>v临，所以假设成立，物块整体能做完整的圆周运动，设经过P点时速度大小为vP，则有

FN＋(m＋M)g=(m＋M)

代入数据联立解得

FN=175N

根据牛顿第三定律可知在P点时对圆弧轨道的压力大小为175N。

16. 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°，两导轨之间的距离为L=1m，两导轨M、P之间接入电阻R=0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0=1T，磁场的宽度x1=1m，在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1=0.5T，一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r=0.2Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动，金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2=8m。（g取10m/s2）

（1）求金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量；

（2）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。

【答案】（1）；（2）t=3.1s

【解析】

【详解】（1）金属棒进入磁场Ⅰ作匀速运动，设速度为v1，由平衡条件得

解得

v1=2m/s

金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则有

由运动学公式

代入数据，解得

金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v2，有

解得

金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得

（2）金属棒从开始静止到刚进入磁场Ⅰ的时间为

在磁场Ⅰ运动时间为

金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为，速度为，速度的变化量为，则由牛顿第二定律可得

变形后

然后把所有的微小过程进行累加有

即

解得

t3=2.2s

所以总时间为

t=t1+t2+t3=3.1s