四川省金堂县金堂中学2023-2024学年高三物理上学期9月月考试题（Word版附解析）

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2024届高三考试理科综合试题考生注意：1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。考试时间150分钟。2. 请将各题答案填写在答题卡上。3. 可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  S 32  K 39  V 51  Mn 55 Zn 65第Ⅰ卷（选择题  共126分）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。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. 核泄漏污染物铯137（）会产生对人体有害的辐射，核反应方程为，其中X为（    ）A. 质子（） B. 电子（） C. 中子（） D. α粒子（）【答案】B【解析】【详解】根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒，可知X为电子（）。故选B。2. 甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时沿平直公路同向行驶，其位移一时间图像分别为图中的直线a和曲线b，其中曲线b是抛物线的一部分。下列说法正确的是（　　）  A. 在时间内，甲车做匀加速直线运动B. 时间内，乙车做匀速直线运动C. 时刻，两车并排行驶D. 时刻，甲车的速度大于乙车的速度【答案】C【解析】【详解】AB．根据题意，由图可知，在时间内，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，故AB错误；CD．根据题意，由图可知，时刻，两车处在同一位置，并排行驶，由图像斜率表示速度可知，甲车的速度小于乙车的速度，故D错误，C正确。故选C。3. 甲、乙两颗质量不同的小球（均视为质点），从同一高度以不同的初速度水平抛出，落在水平地面上。若甲球的质量为乙球质量的4倍，甲球的初速度大小为乙球的初速度大小的一半，不计空气阻力，则下列说法正确的是（    ）A. 甲球在空中运动的时间较长 B. 甲球的水平射程较大C. 落地前瞬间，甲球竖直方向的速度较大 D. 落地前瞬间，甲球的动能较大【答案】D【解析】【详解】AC．小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，因为两球抛出时距地面的高度相同，所以两球在空中运动的时间相同，落地前瞬间，两球竖直方向的速度大小相等，故AC错误；B．水平方向做匀速直线运动，则有由于乙球的初速度大于甲球的初速度，所以乙球的水平射程较大，故B错误；D．落地前瞬间，两球的动能之差为因为甲球的质量为乙球的质量的4倍，甲球的初速度大小为乙球的初速度大小的一半，所以结合，可知，则落地前瞬间，甲球的动能较大，故D正确。故选D。4. 人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）。某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（　　）  A. 此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点B. 运动过程中钠离子的电势能增大C. 若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外速度越小D. 若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变【答案】D【解析】【详解】A．因为钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，故A错误；B．因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子的电势能减小，故B错误；CD．根据题意，由动能定理有可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，故C错误，D正确。故选D。5. 2023年6月20日，“长征六号”运载火箭搭载“试验二十五号”卫星在太原卫星发射中心点火起飞，随后顺利将卫星送入预定轨道，发射取得圆满成功。若卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其线速度大小为v，轨道半径为r，地球的半径为R，引力常量为G，忽略地球的自转，则地球的密度为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据题意，设地球和卫星的质量分别为，由万有引力提供向心力有地球的密度其中解得故选A。6. 在如图所示的电路中，电阻和的阻值分别为、，若闭合开关后，通过的交变电流的瞬时值表达式为，则下列说法正确的是（　　）  A. 通过的电流的频率为B. 通过的电流的有效值为C. 两端电压的有效值为D. 的电功率为【答案】AD【解析】【详解】AB．根据题意可知，串联，电流相同，频率相同，通过的电流的频率为通过的电流的有效值为故B错误，A正确；CD．由欧姆定律可得，两端电压的有效值的电功率为故C错误，D正确。故选AD。7. 如图所示，斜面体静止在水平地面上，一物块在沿斜面向上的力F作用下静止在粗糙斜面上。现撤去力F，斜面体和物块仍保持静止，则下列说法正确的是（　　）  A. 撤去力F前、后，物块对斜面的压力大小不变B. 撤去力F前、后，物块所受摩擦力的大小可能不变C. 撤去力F前、后，地面对斜面体的支持力大小不变D. 撤去力F后，地面对斜面体的摩擦力为零【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知，力F沿斜面方向，所以撤去力F前、后，物块对斜面的压力（方向垂直斜面）大小不变，故A正确；B．根据题意，由平衡条件可知，若力F的大小为物块所受重力沿斜面向下的分力大小的2倍，则撤去力F前、后，物块所受摩擦力的大小不变，均与物块所受重力沿斜面向下的分力大小相等，故B正确；C．力F有竖直向上的分力，由整体法分析可知，撤去力F前，地面对斜面体的支持力小于斜面体、物块整体所受的重力，撤去力F后，地面对斜面体的支持力与斜面体、物块整体所受的重力大小相等，故C错误；D．撤去力F后，整体没有水平向左或向右滑动的趋势，地面对斜面体的摩擦力为零，故D正确。故选ABD。8. 如图所示，在绝缘水平桌面上放置两条相距为的平行光滑导轨与，导轨的端与阻值为的电阻相连。质量为、电阻也为、长度为的导体棒垂直于导轨放置，整个装置置于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场（图中未画出）中。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳（与桌面平行），轻绳绕过固定在桌边的光滑轻小滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现由静止释放物块，用h表示物块下落的高度（物块始终未触地），重力加速度大小为，导体棒始终与导轨接触良好，不计其他电阻，则下列说法正确的是（　　）  A. 电阻中的电流方向由到B. 物块下落的最大加速度为C. 物块下落的最大速度为D. 通过电阻的电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；B．对导体棒，根据牛顿第二定律有其中对物块，根据牛顿第二定律有可得则物块下落的最大加速度故B正确；C．当时，物块下落的速度最大，则有解得最大速度为故C正确；D．根据公式、和可得，通过电阻的电荷量为故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题  共174分）二、非选择题：9. 某同学用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。该同学将光电门固定在水平木板上的点，重物与滑块通过细线连接。调整木板左端的滑轮，使滑轮、滑块间的细线与木板平行，然后将滑块从点由静止释放。  （1）用游标卡尺测量竖直固定在滑块上的遮光条的宽度，若示数如图乙所示，则遮光条的宽度______。（2）若测得两点间的距离为，某次将滑块释放后，遮光条通过光电门的时间为，则滑块的加速度大小______（用表示）。（3）若多次将滑块从点由静止释放，测得滑块的加速度大小的平均值为，已知滑块与重物质量的比值为，当地的重力加速度大小为，则滑块与木板间的动摩擦因数______（用、表示）。【答案】    ①. 4.5    ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，遮光条的宽度（2）[2]根据题意可知，滑块通过光电门时的速度大小根据匀变速直线运动的规律有解得（3）[3]根据题意，设重物的质量为，根据牛顿第二定律有解得10. 学校法拉第学习社用图甲电路，在测定一节干电池的电动势和内阻的同时，还测定电流表的内阻以及电阻丝的电阻率，其中为粗细均匀的电阻丝，定值电阻，多次调节滑片P的位置，得到电压表的示数、电流表的示数及对应的长度。（1）根据得到的多组数据作出图像如图乙所示，由图乙求出这节干电池的电动势___________、内阻___________。（结果均保留两位小数）（2）根据得到的多组数据作出图像如图丙所示，其中a、b、L均为已知量，若测得电阻丝的直径为D，则由图丙求出电流表的内阻RA=___________，电阻丝的电阻率___________。【答案】    ①. 1.48    ②. 0.67    ③.     ④. 【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得U=E-I(R0+r)由此可得纵轴截距为电源电动势，即1.48V，当电流为0.18A时，对应电压表为1V，则有定值电阻阻值为2Ω，则电阻为0.67Ω。（2）[3][4]由欧姆定律可得变形得则纵轴截距为电流表的内阻，即电流表内阻为a，带入丙图中坐标可得电阻丝的直径为D，解得11. 如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A、B（两物块均视为质点）静止在足够大的水平地面上，现用大小F＝10 N的水平恒力推A，经时间t＝0.5 s后撤去恒力F，撤去F时A恰好与B接触并发生正碰，碰撞过程中A、B间的弹力远大于它们受到的摩擦力，碰撞后两物块粘在一起继续向前运动。两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：（1）两物块碰撞过程中损失的机械能E；（2）A在整个过程中通过的距离x。  【答案】（1）4J；（2）2m【解析】【详解】（1）设A与B碰撞前瞬间的速度大小为，由动量定理有设两物块碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律有解得，由能量守恒定律有解得两物块碰撞过程中损失的机械能为（2）设在恒力作用的过程中，A通过的距离为，由动能定理有解得设两物块碰撞后，A通过的距离为，由功能关系有解得则A在整个过程中通过的距离为12. 如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，M、N两点的坐标分别为和，第一象限内有方向与y轴正方向夹角的匀强电场；第二象限内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三象限内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小与第二象限内磁场的磁感应强度大小相等。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从M点由静止开始沿直线MN运动，通过N点后在第二象限内做匀速圆周运动，垂直通过x轴上的P点后做匀速直线运动，通过Q点（图中未画出）时立即撤去第三象限内的磁场，经过一段时间后小球通过y轴上的R点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求第一象限内电场的电场强度大小和第二象限内电场的电场强度大小；（2）求第二象限内磁场磁感应强度大小B；（3）求小球从Q点运动到R点的时间t；（4）若小球从P点运动到Q点的时间与小球从Q点运动到R点的时间相等，求R点与原点O的距离s。  【答案】（1），；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）小球的运动轨迹如图所示，因为小球沿MN方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以重力与电场力的合力方向沿MN方向，有解得经分析可知解得小球在第二象限内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，有解得  （2）设小球通过y轴时的速度大小为，有根据牛顿第二定律有设小球在第二象限内运动的轨迹半径为r，则由几何关系可得又解得（3）小球沿PQ方向做匀速直线运动，则电场力与重力mg的合力与洛伦兹力平衡，设撤去磁场后小球的加速度大小为，显然的方向沿x轴正方向，有撤去磁场后，小球做类平抛运动，有解得（4）由（2）可得又解得13. 下列说法正确的是（　　）A. 液体的表面张力方向与液面相切B. 热量能自发地从低温物体传递到高温物体C. 分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的D. 晶体发生物态变化时，其温度保持不变E. 扩散现象证明分子间有间隙，但不能证明分子总是在永不停息地做无规则运动【答案】ACD【解析】【详解】A．液体的表面张力方向与液面相切，故A正确；B．由热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；C．分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的，故C正确；D．晶体发生物态变化时，其温度不发生变化，故D正确；E．扩散现象证明分子间有间隙，同时能证明分子总是在永不停息地做无规则运动，故E错误。故选ACD。14. 如图所示，粗细均匀的薄壁玻璃管水平部分左端开口，竖直部分下端封闭，用水银封闭一段长度x＝10 cm的空气（视为理想气体）柱，大气压强恒为p0＝76 cmHg，环境的热力学温度恒为T0＝300 K，将玻璃管绕水平管缓慢转动90°后，竖直管中水银的长度变为L1＝3.3 cm。（ⅰ）求玻璃管转动前，竖直管中水银的长度L2；（ⅱ）若玻璃管不转动，而是对封闭空气缓慢加热，求当竖直管中的水银刚好移到水平管中时，封闭空气的热力学温度T。（结果保留到小数点后一位）  【答案】（ⅰ）3.8 cm；（ⅱ）394.3 K【解析】【详解】（ⅰ）玻璃管转动前，封闭空气的压强为玻璃管转动后，封闭空气的压强为设玻璃管的横截面积为S，根据玻意耳定律有解得（ⅱ）根据理想气体状态方程有解得15. 下列说法正确的是（　　）A. 波从一种介质进入另一种介质时，其频率不变B. 电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象C. 驱动力频率越大，做受迫振动的物体的振幅就越大D. 振动方向和传播方向垂直的波为横波E. 紫外线比红外线的频率高，用同一装置做双缝干涉实验，紫外线对应的条纹较宽【答案】ABD【解析】【详解】A．波从一种介质进入另一种介质时，其频率不变，故A正确；B．干涉和衍射现象是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象，故B正确；C．当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，故C错误；D．振动方向和传播方向垂直的波为横波，故D正确；E．紫外线比红外线的频率高，则红光的波长大于紫光的波长，结合可知，用同一装置做双缝干涉实验，红外线对应的条纹较宽，故E错误。故选ABD16. 如图所示，用透明材料制成的长方体的横截面为矩形，长和宽分别为2d、d，一光线从AB边的中点P入射，进入长方体后射在BC边的中点O，并在O点恰好发生全反射，然后射在CD边的Q点。真空中的光速为c。求：（1）光线在P点入射时的入射角i；（2）光线从P点传播到Q点的时间t。  【答案】（1）30°；（2）【解析】【详解】（1）设光线在P点发生折射时的折射角为r，透明材料的折射率为根据几何关系可知，光线在O点恰好发生全反射的临界角为，则有又联立解得光线在P点入射时的入射角为（2）根据几何关系，结合对称性可得，光线从P点传播到Q点的路程为光线在长方体内传播的速度大小为其中由（ⅰ）可得又联立解得