广西南宁市第二中学2024-2025学年高三下学期2月月考 物理试卷（含解析）

这是一份广西南宁市第二中学2024-2025学年高三下学期2月月考 物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（时间75分钟，共100分）
一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对得4分；第8-10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）
1. 某同学记录2021年11月19日教室内温度如下：
教室内气压可认为不变，则当天16:00与10:00相比，下列说法正确的是（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）（ ）
A. 教室内空气密度增加
B. 教室内空气分子平均动能增加
C. 墙壁单位面积受到气体压力增大
D. 单位时间碰撞墙壁单位面积气体分子数增加
【答案】B
【解析】
【详解】A. 压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内的空气质量减少，教室体积不变，则密度减小，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子平均动能增加，故B正确；
CD．当天16:00与10:00相比教室内升高，空气分子平均动能增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数减小，墙壁单位面积受到气体压力不变，故CD错误。
故选B。
2. 用轰击产生了m个某种粒子，核反应方程为+→++mX，则（ ）
A. 方程式中的m=3
B. 方程式中的X是粒子
C. 该反应需要吸收热量
D. 的比结合能一定大于的比结合能
【答案】D
【解析】
【详解】AB.由质量数和电荷说守恒可知m＝2，X是中子．故AB都错．
C. 重核裂变式反应是放热反应．故C错误．
D. 裂变后的产物比裂变前的稳定，越稳定比结合能越大，所以的比结合能一定大于的比结合能，故D正确．
3. 如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（ ）
A. 电梯的“对重”处于失重状态
B. 电梯的“对重”向下匀加速运动
C. 钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力
D. 钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力
【答案】D
【解析】
【详解】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故ABC错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，航天器c位于日地系统中拉格朗日点处，与太阳a、地球b构成稳定的等边三角形，大圆为地球绕太阳中心做匀速圆周运动的轨迹。实际上，a、b、c是一个“三星”系统，由于航天器的质量远小于天体的质量，a、b、c绕着a、b构成的“双星”连线中的O点转动。忽略其他天体的影响，则（ ）
A. c的周期大于b的周期
B. c的向心加速度等于b的向心加速度
C. c的向心力指向太阳中心
D. c的线速度大于b的线速度
【答案】D
【解析】
【详解】在“三星”系统中，由于航天器与太阳a、地球b构成稳定的等边三角形，则三者圆周运动的角速度大小相等。航天器质量远小于天体质量，在太阳地球构成的“双星”系统中，二者之间的万有引力大小相等，因为地球质量小于太阳质量，则地球环绕半径小于太阳环绕半径，O点更靠近太阳，三星系统中，三者的半径分别为、、，根据几何关系可知
A．根据圆周运动规律可知周期
三者角速度大小相等，所以周期也相等，故A错误；
B．根据
因为c的环绕半径大于b的环绕半径，所以c的向心加速度大于b的向心加速度，故B错误；
C．三星系统中c的向心力指向圆周运动的中心点。故C错误；
D．线速度
因为c的环绕半径大于b的环绕半径，所以c的线速度大于b的向心加速度，故D正确。
故选D。
5. 质量为2kg的质点在x—y平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点（ ）
A. 初速度为4m/s
B. 所受合外力为4N
C. 做匀变速直线运动
D. 初速度的方向与合外力的方向垂直
【答案】B
【解析】
【详解】A．x轴方向初速度为vx=4m/s，y轴方向初速度vy=-3m/s，质点的初速度
故A错误。
B．在y轴方向质点做匀速直线运动，x轴方向的加速度
a=2m/s2
则质点受到的合力
F合=ma=4N
故B正确；
C．x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故C错误。
D．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，根据速度图像判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动，根据平行四边形法则结合牛顿第二定律求解；此题类似平抛运动。
6. 如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值．闭合S后，将R的滑片向右移动，电压表的示数变化量的绝对值为U，电阻R2的电压变化量的绝对值为U′，电源电流变化量的绝对值为I，下列说法正确的是（ ）
A. 通过R1的电流增大，增大量等于
B. 通过R2的电流增大，增大量I等于
C. U′与I的比值保持不变
D. U与I的比值保持变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律可知
当R的滑片向右移动时，外电路的电阻减小，电路中的电流增大，由
可知外电路的电压减小，而外电路的电压
联立可知，电压表的示数减小，即两端的电压减小，故通过电流减小，A错误；
B．根据闭合电路的欧姆定律可知
滑片向右移动后，结合数学知识可得
故
结合欧姆定律可得
B错误；
C．根据上述分析可知
C正确；
D．对公式
变形整理可得
即U与I比值保持不变，D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该电子的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. A、B两点电势差的绝对值大于B、C两点电势差的绝对值
D. 电子经过A点的速率大于经过B点的速率
【答案】C
【解析】
【详解】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，故AD错误；
B．根据可知图像的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C．由从A到B电场强度减小，电子通过相同位移时，可知A、B两点电势差绝对值大于B、C两点电势差绝对值，故C正确。
故选C。
8. 关于磁电式电流表内部结构示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，当有电流流过时，线圈始终处于匀强磁场中实现转动平衡
B. 图甲中，磁电式电流表指针转角与流过线圈的电流呈正比
C. 图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁驱动
D. 图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼
【答案】BD
【解析】
【详解】A．极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的磁场，不是匀强磁场，故A错误；
B．极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的磁场，因此不管线圈转到什么角度，其平面都跟磁感线平行，磁力矩与线圈中电流成正比，当线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故B正确；
CD．图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压，输出功率。降压变压器的匝数比，输电线总电阻。其余线路电阻不计，用户端电压，功率，所有变压器均为理想变压器。则下列数值正确的是（ ）
A. 发电机的输出电流为200A
B. 输电线上损失的功率为40kW
C. 输送给储能站的功率为408kW
D. 升压变压器的匝数比
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由题知，发电机输出电压
所以
故A错误；
BD．由题知，用户端电压为
解得
，，
则输电线上损失的功率为
所以
故B错误，D正确；
C．对于理想变压器有
解得
故C正确。
故选CD。
10. 如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 碰后瞬间乙的速度大小为
B. 甲、乙间的动摩擦因数为
C. 甲到乙左端的距离
D. 乙、丙的质量比
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知
抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有
联立解得
，
根据牛顿第二定律可得
解得甲、乙间的动摩擦因数为
故A错误，B正确；
C．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为
根据图（b）可知，时刻甲、乙刚好共速，则时间内甲、乙发生的相对位移为
则甲到乙左端的距离满足
故C正确；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
可得
可得乙、丙的质量比为
故D错误。
故选BC。
二、实验题（共2小题，共14分。）
11. 1801年，托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。在托马斯·杨的双缝干涉实验中，利用双缝干涉可以测量光波的波长。某同学想利用双缝干涉实验来测量某种单色光的波长，该同学所使用的装置如图所示，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、M、N、P、遮光筒、毛玻璃、屏。
（1）M、N、P三个光学元件依次为________。
A. 滤光片、单缝、双缝
B. 单缝、滤光片、双缝
C. 单缝、双缝、滤光片
D. 滤光片、双缝、单缝
（2）通过调整，该同学从目镜中看到如图甲所示的图像，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准a时，手轮的读数。，继续转动手轮，使分划板中心刻线对准b时，手轮的读数如图乙所示，________mm。
（3）若已知双缝间距，双缝到屏的距离，则待测光的波长为________mm。（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）A （2）9.762
（3）438
【解析】
小问1详解】
根据实验装置可知，M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
故选A。
【小问2详解】
由图可得，读数为
【小问3详解】
根据
变形得
又
代入题中数据，联立解得
12. 某班级物理学习小组的同学们准备测量电阻大约50Ω的某金属丝阻值的准确值，实验室提供了如下器材：
A．直流电源E（电动势约5V，内阻不计）；
B．电压表V1（量程0~5V，内阻r1约10kΩ）；
C．电压表V2（量程0~3V，内阻r2=1000Ω）
D．电流表A（量程0~0.6A，内阻r3约1Ω）
E．定值电阻，阻值R0=25Ω
F．滑动变阻器R1（阻值范围0~500Ω，允许通过的最大电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（阻值范围0~10Ω，允许通过的最大电流2.0A）
H．开关S一个，导线若干。
①甲同学先进行电流表（量程选0-0.6A）和电压表（量程选0-3V）的读数练习，则其正确的读数分别为_____A； ______V。
②乙同学设计了如图所示电路，但发现电压表V2的可用范围较小，为了较准确的测量该金属丝电阻Rx，要求两只电表的读数都不小于其量程的，并能测量多组数据，请你在虚线框内画出改进后的测量原理电路图，并在图中标注所选器材的符号。（ ）
③改进后按电路图连接实物并进行实验，某次测量时，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，这段电阻丝的长度为L，直径为d，则这段金属丝的电阻率的表达式ρ=_______。（用题中已知物理量符号表示）
【答案】 ①. 0.50 ②. 2.60 ③. ④.
【解析】
【详解】①[1][2]电流表电压表读数分别为 和
②[3]电压表V2并联在定值电阻两端时，当 时，当 时，电压表V2并联在金属丝两端时，当 时，当 时，故电压表V2并联在金属丝两端时，测量范围比较大，滑动变阻器选择分压式接法，应该选择较小的R2，因此电路图如图所示
③[4]流过金属丝的电流为
联立可得
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。答案中必须明确写出数值和单位。）
13. 如图所示，在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示。有一半径为r = 0.1 m的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为，光在空气中的速度取c = 3 × 108 m/s。则：
（1）通过计算说明光线1能不能在圆锥侧面的B点发生全反射；
（2）光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上D（图中未画出）点所用的时间是多少？
【答案】（1）光线1能在圆锥侧面的B点发生全反射，理由见解析
（2）1.58 × 10−9 s
【解析】
【小问1详解】
全反射的临界角满足
分析可知，光路如下图
由几何关系可知，图中光线从B点射出时的入射角
可知
故光线1能在圆锥侧面的B点发生全反射。
【小问2详解】
由几何关系可知
又因为光在玻璃圆锥中的传播速度为
所以光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上D点所用的时间是
联立以上整理得
代入题中数据解得
14. 如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。小球A套在一竖直足够长的固定绝缘杆上，已知A带的电荷是为，质量为m，小球与杆间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，求；
（1）小球加速度的最大值及此时的速度，并叙述小球的加速度大小如何变化；
（2）小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度大小。
【答案】（1），，先增大后减小；（2）或者
【解析】
【详解】（1）对小球受力分析如图所示
小球由静止开始下滑，由牛顿第二定律
随着v的增加，小球加速度先增大，当时达到最大值
此时
继续运动。由牛顿第二定律
随着v的增大a逐渐减小，故加速度的最大值为g，加速度大小是先增大后减小。
（2）若在前半段达到最大加速度的一半。
解得小球速度大小
若在后半段达到最大加速度的一半。则
解得小球速度大小
15. 如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和（竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨与，与均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为）做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：
（1）空间匀强磁场的方向；
（2）棒ab做平抛运动的初速度；
（3）通过电源E某截面的电荷量q；
（4）从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能。
【答案】（1）竖直向上；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）闭合开关S，金属棒ab即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向为竖直向上。
（2）金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有
由于导体棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有
解得
（3）金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理
又因为
整理有
解得
（4）金属棒ab滑至水平轨道时，有
解得
最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和cd产生的感应电动势大小相等，即
此过程中，对棒ab由动量定理有
对棒cd，由动量定理有
联立解得
，
由能量守恒，该过程中机械能的损失量为
解得
时刻
8:00
10:00
12:00
14:00
16:00
温度
7℃
11℃
12℃
17℃
16℃