贵州省铜仁市思南县思南中学2023-2024学年高三物理上学期第二次月考试题（Word版附解析）

贵州省思南中学2024届高三第二次月考物理试卷

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. 2023年4月12日21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。下列关于核聚变的说法正确的是（　　）

A. 核电站采用核聚变技术发电

B. 任何两个原子核都可以发生聚变

C. 两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大

D. 两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和

【答案】C

【解析】

【详解】A．核电站采用核裂变技术发电，故A错误；

B．自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能发生核聚变，故B错误；

C．两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故C正确；

D．两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故D错误。

故选C。

2. “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）

A. “笛音雷”在时刻上升至最高点

B. 时间内“笛音雷”做自由落体运动

C. 时间内“笛音雷”的平均速度为

D. 时间内“笛音雷”处于失重状态

【答案】D

【解析】

【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；

B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；

C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据

可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；

D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。

故选D。

3. “抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（　　）

A. 左右两边绳的弹力均不变

B. 左右两边绳的弹力不相等

C. 左边绳弹力变大

D. 右边绳的弹力变小

【答案】A

【解析】

【详解】B．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以

故B错误；

ACD．在水平方向空竹处于共点力平衡，设与水平方向的夹角为，与水平方向的夹角为

所以

所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则

两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以弹力大小不变，故A正确，CD错误。

故选A。

4. 如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径之比为1：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（　　）

A. 行星绕太阳做圆周运动的周期为8年

B. 由图示位置开始计时，至少再经过年，地球、太阳和行星连线为同一直线

C. 地球和行星的线速度大小之比为

D. 经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供圆周运动向心力有

可得周期

所以

因为地球公转周期为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；

B．地球周期短，故当地球比行星多公转半周时，地球、太阳和行星连线为同一直线，即

周期

年

故B正确，不符合题意；

C．根据万有引力提供圆周运动向心力有

得线速度

可得

故C错误，符合题意；

D．行星与太阳连线扫过的面积

故

故D正确，不符合题意。

故选C。

5. 如图所示，a、b、c是三根平行长直导线的截面，它们的电流大小都相同，a、c中电流方向垂直纸面向里，b中电流方向垂直纸面向外，aO=bO=cO,若直导线a在O 点产生的磁感应强度大小为B0，则此时O点的磁感应强度大小应为（　　）

A. 3B0 B.  C.  D. B0

【答案】B

【解析】

【详解】由安培定则可知，导线ab在O点的磁场方向竖直向下，则合磁场为2B0；导线c在O点的磁场方向向右，大小为B0，则O点的磁感应强度大小

故选B。

6. 质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）

A. 推力先增大后减小

B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大

C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小

D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有

滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；

C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为

则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；

D．水平地面对凹槽的支持力为

则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；

故选C。

7. 如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源 S，它发出的是两种不同颜色的 a 光和 b 光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由 a 、b 两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为 a 光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（　　）

A. a 光的频率大于 b 光的频率

B. a 光的折射率小于 b 光的折射率

C. a 光在水中的传播速度比 b 光小

D. a 光在水中发生全反射的临界角小于 b 光在水中发生全反射的临界角

【答案】B

【解析】

【详解】ABD．a光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据

知a光的折射率较小，根据光的折射率越小，频率也越小，可知a光的频率小于b光的频率，故AD错误，B正确；
C．根据

可知知a光在水中传播的速度较大，故C错误；
故选B。

二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6分，共 18 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6 分，选对但不全的得3分，有选错的得 0 分。

8. 在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值，理想变压器原、副线圈的匝数比，两定值电阻、的阻值相同。在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，、两端电压的变化量分别为、，的电功率的变化量为。下列说法正确的是（　　）

A. 中电流的频率是中电流频率的2倍

B.

C.

D. 当滑片P移到最上端时，两端的电压为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误；

B．和都是定值电阻，有

又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有

可得

B正确；

C．设两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知

其电功率的变化量为

C错误；

D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻，由

， ，，

联立可得

由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有

可得两端的电压为，D正确。

故选BD。

9. 利用如图所示的电路做光电效应实验。实验时，闭合开关S，用两种己知频率的入射光照射光电管，在电路中均出现了光电流。电子的电荷量已知，  现把电源的正负极对调后，通过实验可以测出（　　）

A. 普朗克常量 B. K极金属材料的逸出功

C. 一定光强下的饱和光电流 D. 光电子脱离金属后的最大初动能

【答案】ABD

【解析】

【详解】D．将电源反接，光电管中加反向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0时，电压表的示数为遏止电压，由动能定理得，光电子获得的最大初动能

Ekm=eU

则该实验可以测量光电子脱离金属后的最大初动能，故选项D正确；
AB．根据光电效应方程得

Ekm=hν-W0

两种入射光的频率ν已知，由该装置可以测出两种入射光光电子获得的最大初动能，从而列出两个方程，解方程组则可以计算出普朗克常量h和金属的逸出功W0，故AB正确；
C．若加正向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数不再增大时，电流表的示数为该光强下的饱和光电流，加反向电压不能得到饱和光电流，故C错误。
故选ABD。

10. 如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位）的分布规律为B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为m=0.1kg、电阻R=2Ω的正方形金属框abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A. 金属框进入磁场的过程中电流大小为1A

B. 金属框进入磁场的过程经历的时间为

C. 金属框进入磁场的过程中外力F做功为0.35J

D. 金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到3m/s后不再加速

【答案】AC

【解析】

【详解】A．进入磁场前做自由落体运动，有

金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有

则感应电流为

故A正确；

B．金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有

刚进入瞬间，安培力为

完全进入瞬间，安培力为

所以安培力做的负功大小为

又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则

代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为

故B错误；

C．完全进入瞬间，安培力为

完全进入磁场时，速度为

金属框进入磁场的过程中，由动能定理，得

所以外力F做功

故C正确；

D．金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为v′，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律可得

上下两边产生的安培力的合力为

其中：ΔB=1T，根据平衡条件可得

联立解得

v′=2m/s

故D错误。

故选AC。

第 II 卷

三、实验题（11 题 6 分，12 题 9 分）

11. 小明学完平抛运动后，尝试利用平抛运动的知识测量家里的弹射器射出弹丸的速度。小明准备了白纸、米尺、复写纸、支架等材料。实验时，先将白纸和复写纸固定在墙上，并用支架将弹射器固定好，装置如图甲所示。接着压缩弹射器朝墙壁发射弹丸，弹丸通过碰撞复写纸，在白纸上留下落点位置。随后将弹射器沿垂直于墙面方向远离墙壁移动，每次移动的距离为0.2m。通过几次重复实验，挑了一张有4个连续落点痕迹的白纸，如图乙所示。已知重力加速度。

（1）下列实验步骤必要的是______。

A.在安装时，必须确保弹射器水平放置    B.为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸

C.每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸    D.第一次实验时，需要测量弹射器开口到墙壁的距离

（2）根据测量的数据，可知弹丸离开弹射器的速度大小为______m/s，弹丸打到C点时的速度大小为______m/s。（所有计算结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. ABC    ②. 2.0    ③. 2.8

【解析】

【详解】（1）[1] A．要保证每次钢珠都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；

B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大弹丸，故B符合题意；

C．为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题意；

D．第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。

故选ABC。

（2）[2]由竖直方向上是自由落体运动，则

解得点迹间的时间间隔为

弹丸离开弹射器的速度大小为

[3]钢珠刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为

弹丸打到C点时的速度大小为

12. 在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：

A．电流表1（量程2mA，内阻Ω）

B．电流表2（量程1A，内阻约10Ω）

C．定值电阻Ω

D．滑动变阻器R（0～20Ω）

E．开关和导线若干

（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，MN连接__________（选填“电流表1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；

（2）该同学利用测出的实验数据作出的图线（为电流表1的示数，为电流表2的示数，且远小于）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（以上结果皆保留两位有效数字）

【答案】    ①. 电流表1    ②. 4.5    ③. 1.5

【解析】

【详解】（1）[1]PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1。

（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律

解得

结合图像解得

四、解答题（13 题 10 分，14 题 13 分，15 题 16 分）

13. 如图所示，导热性能良好、上端开口的气缸竖直放置在水平桌面上，横截面积为S 一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在气缸内，活塞可在气缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完时，活塞相对于气缸底的高度为气缸高度的三分之二。现用力非常缓慢地上提活塞，最后要能将气缸提离桌面，求气缸的质量M不能超过多大？（己知环境温度不变，大气压强为p0，重力加速度为。）

【答案】

【解析】

【详解】对气体

气缸刚提离桌面时，对缸内气体有

 V₂=HS

根据玻意耳定律有

 p₁V1=p₂V₂

解得

14. 如图所示，质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球1和2，小球1的质量为3m，小球2的质量为m，小球1位于A环正下方L处，某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向左运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为g，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：

（1）轻绳断裂时A、B各自的速度大小；

（2）轻绳所能承受的最大拉力；

（3）小球1与小球2第一次碰撞过程中，小球1对小球2冲量大小。

【答案】（1），；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有

A、B组成的系统满足机械能守恒，则有

联立解得

，

（2）B到达最低点时轻绳刚好断裂，达到最大拉力，由向心力公式有

联立解得轻绳所能承受的最大拉力为

（3）绳断后，B球在水平地面向左运动与1号球碰撞，设碰后B球和1号球的速度分别为和，由动量守恒和能量守恒可得

，

解得

，

1、2号球碰撞前后动量守恒和机械能守恒，则有

，

解得

，

对2号球，由动量定理可得

解得小球1对小球2的冲量大小为

15. 如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，在长木板右端放置一小物块。在时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力，运动一段时间后撤去，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度。求：

（1）撤去时，木板的速度大小；

（2）撤去后，木板经多长时间停止运动；

（3）长木板的长度至少为多长。

【答案】（1）5m/s；（2）4s；（3）7.5m

【解析】

【详解】（1）物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为

若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足

解得

F0=2.5N

则当时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度

解得

a1=1m/s2

撤去时，木板的速度大小

（2）撤去时，物块的速度

撤去F后木板减速运动的加速度

解得

a2=2m/s2

当两者达到共速时

解得

t2=1s

v=3m/s

共速后木板减速运动的加速度

解得

a3=1m/s2

物块做减速运动的加速度仍为，则木板先停止运动，需要时间

则撤去后，木板停止运动的时间为

t停=t2+t3=4s

（3）力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离

撤去F后，到两者达到共速阶段，物块相对长木板先后滑动的距离

共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动距离

则长木板的长度至少为