辽宁省鞍山市2024-2025学年高三下学期第一次月考 物理试卷（含解析）

这是一份辽宁省鞍山市2024-2025学年高三下学期第一次月考 物理试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共7小题）
1．第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量 h及米和秒定义，即 1kg=h6.62607015×10-34⋅m2⋅s-1 ，则普朗克常量h的单位可表示为（ ）
A． kg⋅m⋅s-1 B． kg⋅m-2⋅s C． N⋅m⋅s-1 D． N⋅m⋅s
2．放射性元素 90232Th 经过多次α衰变和β衰变才能变成稳定的 82208Pb ，下列说法正确的是（ ）
A．发生β衰变时，释放出电子，说明原子核内有电子存在
B．衰变中产生的α射线比β射线穿透能力强
C．每次衰变都会有核子从原子核里放出
D．上述过程的衰变方程为 90232Th→624He+4-10e+82208Pb
3．如图所示，磁力双面擦窗器的A、B两部件均静止于竖直玻璃表面，A、B两部件间存在着相互吸引的磁力，则（ ）
A．A部件对玻璃的摩擦力方向竖直向上
B．A部件对玻璃的弹力与B部件对A部件的磁力是一对平衡力
C．玻璃表面坚硬，因此没有发生形变
D．玻璃对A部件的弹力与A部件对玻璃的弹力是一对相互作用力
4．下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了减少动量的变化
B．图乙中，描述的是多普勒效应，A观察者接收到波的频率大于B观察者接收到波的频率
C．图丙中，使摆球A先摆动，则三个摆的振动周期不相等
D．图丁中，光纤的外套的折射率小于内芯的折射率
5．如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。 t=0 时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为 ω ，则P做简谐运动的表达式为（ ）
A． x=Rsinωt-π2
B． x=Rsinωt+π2
C． x=2Rsinωt-π2
D． x=2Rsinωt+π2
6．海洋浮标常被锚定在指定的海域，随波起伏。若浮标的上下振动可简化成竖直方向上的简谐运动，海水波可看成简谐横波。图甲是一列沿x轴正方向传播的海水波在 t=0.25s 时的波形图，图乙是图甲中平衡位置离坐标原点3m~6m范围内某质点的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A．海水波的波速为12m/s
B．两个周期内浮标通过的路程为80cm
C．海水波遇到大小为30m的障碍物时能产生明显的衍射现象
D．图乙是平衡位置在 x=3m 处质点的振动图像
7．图示电路中，平行板电容器两极板水平放置，闭合开关 S ，待电路稳定后，位于 O 点的电子枪水平向右发射速度相同的电子 （ 重力不计 ） ，电子刚好击中竖直放置的荧光屏上的 Q 点， O 、 P 连线与极板平行。下列说法正确的是（ ）
A．把电阻箱的阻值调大，电子将击中 Q 点上方的某个位置
B．把电阻箱的阻值调小，电子将击中 Q 点上方的某个位置
C．断开开关 S ，将电容器的下极板下移一小段距离，电子将击中 PQ 之间的某个位置
D．断开开关 S ，将电容器的下极板上移一小段距离，电子将仍然击中 Q 点
二、多选题（本大题共3小题）
8．如图甲所示为一套基于动力学的航天发射系统它能以数倍音速的速度旋转抛射卫星进入太空，用于将小型航天器送入太空。某次实验该系统将一颗卫星沿地球半径方向向太空发射，如图乙所示，其轨道可近似认为一个“退化”了的椭圆的一部分。椭圆的短轴长度趋近于零，椭圆中心位于地表的发射点，椭圆中心到地心的距离近似等于长半轴，轨道离地表高度最高为 h=R,R 为地球半径，地表的重力加速度大小为 g ，忽略空气阻力和地球自转。关于卫星的运动，下列说法正确的是（ ）

A．卫星从发射到落回地面的时间将小于 πRg
B．卫星从发射到落回地面的时间将大于 πRg
C．卫星到达轨道最高点时，若要进入轨道高度为 h=R 的圆轨道，需要使卫星获得一个垂直于卫星与地心连线大小为 Rg 的速度
D．卫星到达轨道最高点时，若要进入轨道高度为 h=R 的圆轨道，需要使卫星获得一个垂直于卫星与地心连线大小为 Rg2 的速度
9．如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为 L 。空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为 L 的金属棒 ab、cd 分别静置在导轨上。现给 ab 棒一水平向右的初速度 v0 ，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知 ab 棒的质量为 m ，电阻为 R 。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A． ab 棒刚开始运动时， cd 棒中的电流方向为 d→c
B． cd 棒的质量为 12m
C．在 0∼t0 时间内， ab 棒产生的热量为 118mv02
D．在 0∼t0 时间内，通过 cd 棒的电荷量为 mv03BL
10．小明心里还在想着如何道歉，刚到门口，便听到有老师在讨论，“学生就像是一个小物块，需要放在一个木板上历练，让他们产生危机意识，若不努力前进便只能被木板淘汰，当然也可以将自己变得足够优秀去淘汰木板”：如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度 v0 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间t物块从木板右端滑离，离开时（ ）
A．木板的动能一定大于fl
B．木板与物块系统损失的机械能一定等于fl
C．物块在木板上运动的时间 t=v0-v02-2lM+mMmfM+mMmf
D．物块的动能一定小于 12mv02-fl
三、实验题（本大题共2小题）
11．杨同学设计了如图所示的一个简易实验来验证动量守恒定律，将一个弹射装置固定在长水平板上，弹射器的弹簧原长时右端在 O′ 点。物块A和物块B的质量分别为 m1 和 m2 ，两者与长水平板间的动摩擦因数相同且较小。先不放物块B，用物块A压缩弹簧右端至Q点后由静止释放，物块A运动到长水平板上的P点后停下。在长水平板上 O′ 点右侧某处标记点O，将物块B放置在O点后，再次用物块A压缩弹簧右端至Q点后由静止释放，两物块发生对心正碰，最终分别停在M点和N点。多次重复实验，确定P、M、N的平均位置，得到OP、OM、ON的长度分别为 xOP 、 xOM 、 xON ， O′P 、 O′M 、 O′N 的长度分别为 xO′P 、 xO′M 、 xO′N 。两物块体积较小，重力加速度为g。
(1)在实验时，物块A和物块B的质量应符合 m1 _______（填“ ＞ ”“ ＜ ”或“ = ”） m2 。
(2)杨同学需要验证的关系式为_______（从 m1 、 m2 、 xOP 、 xOM 、 xON 、 xO′P 、 xO′M 、 xO′N 当中选择你认为必需的物理量表示）。
(3)将O点的标记位置适当_______（填“左移”或“右移”），可以进一步减小实验的误差。
12．某课外小组在参观工厂时，看到一不再使用被回收的电池，同学们想用物理课上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，为了方便读数和作图，他们给电池串联了一个阻值为R0=5.0Ω的定值电阻。
(1)按如图甲所示的电路进行连接后，发现aa'、bb'和cc'三条导线中有一条内部断开的导线。现将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量ab'间的电压，读数不为零，再测量aa'间的电压，发现读数仍不为零，则导线________（填“aa'”“bb'”或“cc'”）是断开的。
(2)排除障后，通过多次改变滑动变阻器滑片的位置，得到电压表V和电流表A的多组U、I数据，作出 U-I 图像如图乙所示由图像可得电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。（均保留2位有效数字）
(3)把小灯泡L和R=8.1Ω的定值电阻与此电池串联，连接成如图丙所示的电路，已知小灯泡L的伏安特性曲线如图丁所示，闭合开关S，则小灯泡的功率约为_________W（保留2位小数）。
四、解答题（本大题共3小题）
13．气垫鞋的鞋底设置有气垫储气腔，穿上鞋后，储气腔内气体可视为质量不变的理想气体，可以起到很好的减震效果。使用过程中，储气腔内密封的气体被反复压缩、扩张。某气垫鞋储气腔水平方向上的有效面积为S，鞋底上部无外界压力时储气腔的体积为 V0 、压强为 p0 ，储气腔能承受的最大压强为 3p0 。当质量为 m 的人穿上鞋（质量不计）运动时，可认为人受到的支持力全部由腔内气体提供，不计储气腔内气体的温度变化，外界大气压强恒为 p0 ，重力加速度大小为 g ，求：
(1)当人站立在水平地面上静止时，每只鞋的储气腔内的压强 p1 及腔内气体体积 V1 ；
(2)在储气腔不损坏的情况下，该气垫鞋能给人竖直向上的最大加速度 a 。
14．如图所示为一交流发电机和外接负载的示意图，线圈的面积是 0.05m2 ，线圈的一半面积在磁场内，共有100匝，线圈电阻为 1Ω ，外接电阻 R=9Ω ，匀强磁场的磁感应强度为 B=1πT ，当线圈以 300r/min 的转速匀速旋转时，若从线圈处于中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时表达式；
(2)线圈每转过一周，外力所做的功；
(3)线圈转过 120s 的过程中流过电阻 R 的电量。
15．如图，竖直平面将地面上方空间分为Ⅰ、II两个区域，界线 OO′ 左侧的Ⅰ区域内存在着竖直向上的匀强电场 E1 和垂直纸面向外的匀强磁场B，右侧的II区域内存在与 E1 大小相等、方向水平向左的匀强电场 E2 。有一个质量为 m=10-5kg 、带电量为 q=1.0×10-4C 的微粒，从距离 O 点左侧 d=53m 处的水平地面上的A点斜向右上方抛出，抛出速度 v0=10m/s 、与水平面成 θ=60∘ 角，微粒在Ⅰ区域做匀速圆周运动一段时间后，从C点水平射入II区域，最后落在II区域地面上的D点（图中未标出）。不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2 。
(1)求电场强度 E1 的大小和磁感应强度 B 的大小；
(2)求微粒从A到D的运动时间 t ；
(3)求微粒在II区域内运动过程中动能最小时离地面的高度 h 。
参考答案
1．【答案】D
【详解】根据题中所给表达式可解得 h=6.62607015×10-4kg⋅m2⋅s-1 ，即h的单位为 kg⋅m2⋅s-1 ；由于 1N=1kg⋅m⋅s-2 ，所以普朗克常量h的单位等效于 N⋅m⋅s 。
2．【答案】D
【详解】发生β衰变时释放出的电子是核内中子转化为质子时放出的，不能说明原子核内有电子存在，A错误；衰变中产生的α射线比β射线穿透能力弱，B错误；α衰变有4个核子从原子核飞出，β衰变是一中子变成一个质子和电子，则核子数不变，不会有核子从原子核里放出，C错误；设α衰变有x次，β衰变有y次，根据质量数和电荷数守恒可知232=4x＋208，90=2x＋（－y）＋82，解得x=6，y=4，D正确。
3．【答案】D
【详解】对A部件受力分析，竖直方向有竖直向下的重力与玻璃对A部件竖直向上的摩擦力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，A部件对玻璃的摩擦力方向竖直向下，A错误；对A部件受力分析，水平方向有玻璃对A部件的弹力与B部件对A部件的磁力是一对平衡力，B错误；玻璃表面坚硬，形变量不明显，有弹力的产生必然有发生形变，C错误；根据牛顿第三定律，玻璃对A部件的弹力与A部件对玻璃的弹力是一对相互作用力，D正确。
4．【答案】D
【详解】图甲中，根据动量定理可知体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了增加与地面接触的时间从而减小地面对运动员的作用力，A错误；图乙中，描述的是多普勒效应，由图可知A观察者接收到波的频率小于B观察者接收到波的频率，B错误；图丙中，使摆球A先摆动，其余三个摆均做受迫振动，可知三个摆的振动周期与驱动力的周期即摆球A的周期相等，C错误；图丁中，根据光的全反射条件可知光纤的外套的折射率小于内芯的折射率，D正确。
5．【答案】B
【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为 R ，以向上为正方向，设P的振动方程为 x=Rsinωt+φ ，由图可知，当 t=0 时，P的位移为 R ，代入振动方程解得 φ=π2 ，则P做简谐运动的表达式为 x=Rsinωt+π2，B 正确，ACD错误。
6．【答案】D
【详解】由图甲可知该波的波长为6m，由图乙可知该波的周期为1.0s，则该波的波速为 v=λT=6m/s，A 错误；两个周期内浮标通过的路程 s=8A=160cm，B 错误；该波的波长为6m，远小于30m，所以海水波遇到大小为30m的障碍物时不能产生明显的衍射现象，C错误；由图乙可知0.25s时，图乙所示质点在平衡位置向下振动，根据同侧法可知图乙是平衡位置在 x=3m 处质点的振动图像，D正确。
7．【答案】D
【详解】电路稳定时电阻箱分得的电压为零，无论电阻箱的阻值调大还是调小，电容器两端电压还是等于电源电动势，极板间电场强度不变，电子仍击中Q点，AB错误；断开开关S，电容器的电荷量不变，将电容器的下极板下移一小段距离或者上移一小段距离，则两极板间距离增大，根据 C=QU=εrS4πkd ，可知，电场强度为 E=Ud=QCd=4πkQεrS ，不变，电子受力情况不变，则电子仍击中Q点，C错误，D正确。
8．【答案】BD
【详解】根据题意，椭圆轨道长半轴等于地球半径，所以椭圆轨道运动周期与绕地球表面做圆周运动的卫星的周期相同，根据万有引力提供向心力 GMmR2=m2πT2R ，可得 T=2πR3GM ，地球表面物体所受万有引力等于重力 GMmR2=mg ，可得 GM=R2g ，联立可得 T=2πRg ，而卫星只运动了半个周期，但此过程卫星处于远离地心的半个椭圆上运动，平均速度小于另一半椭圆上运动的平均速度，因此 t＞T2=πRg，A 错误，B正确。若卫星到达轨道最高点时若要进入轨道高度为 h=R 的圆轨道，则根据万有引力提供向心力 GMm2R2=mv22R ，忽略地球自转，地球表面物体所受万有引力等于重力 GMmR2=mg ，联立可得 v=gR2，C 错误，D正确。
9．【答案】BCD
【详解】金属棒 ab 刚开始运动时，根据右手定则可知 cd 棒中的电流方向为 c→d，A 错误；两金属棒组成的系统动量守恒 mv0=m+m′23v0 ，解得 m′=12m，B 正确；由于 ab 棒与 cd 棒质量之比为 2:1 ，且它们的材料和长度相同，横截面积之比为 2:1 ，由 R=ρLS ，得电阻之比为 1:2 ， ab 棒与 cd 棒产生的热量之比为 1:2 ，根据两棒组成的系统能量守恒有 12mv02=12m+m′23v02+Q 0∼t0 时间内 ab 棒产生的热量 Qab=13Q=118m02，C 正确；对 cd 棒列动量定理有 BILt0=12m×23v0 ，又 q=It0 ，则在 0∼t0 时间内，通过 cd 棒的电荷量 q=mv03BL，D 正确。选BCD。
10．【答案】BCD
【详解】设木块滑离木板时的速度为 v1 ，对地位移为 x1 ，此时木板的速度为 v2 ，对地位移为 x2 ，运动过程中木块的加速度大小为 a1 ，木板的加速度大小为 a2 ，相对运动的时间为 t ，则由牛顿第二定律有 f=ma1 ， f=Ma2 ，解得 a1=fm ， a2=fM ，由牛顿运动学可得 x1=v0t-f2mt2 ， x2=f2Mt2 ，且有 x1-x2=l ，即 v0t-f2mt2-f2Mt2=l ，整理可得 M+m2Mmft2-v0t+l=0 ，根据二次函数的求根公式解得 t=v0-v02-2lM+mMmfM+mMmf，C 正确；．对木板，根据动能定理有 fx2=ΔEk ，而根据运动学公式有 x1=v0+v12⋅t ， x2=v22⋅t ，而 v0＞v1＞v2 ，因此可得 x1＞2x2 ， x1-x2=l＞x2 ，因此可得 ΔEk＜fl，A 错误；由能量守恒有 12mv02=12mv12+12Mv22+fl ，整理可得 12mv12=12mv02-12Mv22-fl＜12mv02-fl ，而分析可知，二者相对滑动的过程中产生的热量 Q=fx1-x2=fl ，由此可知木板与物块系统损失的机械能等于fl，BD正确。选BCD。
11．【答案】(1) ＞ ；(2) m1xOP=m1xOM+m2xON ；(3)左移
【详解】（1）为保证物块A碰撞物块B后一定不反弹，物块A和物块B的质量应符合 m1＞m2 ；
（2）物块A从 O 点到 P 点，根据动能定理得 -μm1gxOp=0-12m1v02 ，得碰撞前物块A到 O 点时速度的大小 v0=2μgxOP ，同理可得，碰撞后物块A和物块B的速度分别为 v1=2μgxOM ， v2= 2μgxON ，若动量守恒定律成立，则应满足 m1v0=m1v1+m2v2 ，即 m1xOP=m1xOM+m2xON 。
（3）将O点的标记位置适当左移，碰撞的初速度较大，碰后减速的位移较大，有利于减小测量的偶然误差。
12．【答案】(1) aa′ ；(2)2.8，1.9；(3)0.18
【详解】（1）一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
（2）根据闭合电路欧姆定律有 E=U+IR0+r ，解得 U=-IR0+r+E=E-5.0+r ，由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以E=2.8V，图线斜率的大小等于 5.0+r ，所以 5.0+r=2.8-1.0260×10-3 ，解得r≈1.9Ω
（3）由（2）可知电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律可得 I=E-UR+r=-1R+rU+ER+r ，代入数据可得 I=-11.9+8.1U+2.81.9+8.1 ，所以 I=-110U+2.810 ，该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图，两图线的交点为（1.05，175），所以小灯泡的功率约为P=1.05×175×10-3W≈0.18W
13．【答案】(1) p1=mg2S+p0 ， V1=2p0V0Smg+2p0S ；(2) a=4p0Sm-g
【详解】（1）平衡时，对一只鞋受力分析有 mg2+p0S=p1S ，解得 p1=mg2S+p0 ，由等温变化有 p0V0=p1V1 ，解得 V1=2p0V0Smg+2p0S 。
（2）每只气垫鞋能给人竖直方向的最大支持力 F=3p0-p0S ，
竖直方向上有 2F-mg=ma ，
解得 a=4p0Sm-g 。
14．【答案】(1) e=25sin10πtV ；(2) 6.25J ；(3) 14πC
【详解】（1）根据题意可得 ω=2πn=10πrad/s ，线圈的一半面积在磁场内，有效面积为 S2 ，则正弦交流电瞬时值表达式 e=NBS2ωsinωt ，联立解得 e=25sin10πtV 。
（2）根据正弦交流电最大值表达式 Em=NBS2ω ，电动势有效值 E有=Em2 ，由闭合电路欧姆定律可得 I有=E有R+r ，线圈每转过一周，外力所做的功等于整个回路产生的焦耳热，则有 W=Q=I有2R+rT ， T=2πω ，代入数据解得 W=6.25J 。
（3）线圈转过 120s 的过程中，线圈转过角度为 θ=ωt=π2 ，根据电流表达式 I=qt ，可得 q=IΔt ，由闭合电路欧姆定律可得 Ilimits-=Elimits-R+r ，联立电磁感应定律 Elimits-=NΔΦΔt ，解得 q=NΔΦR+r=14πC 。
15．【答案】(1) E1=1V/m ， B=0.1T ；(2) （π3+1）s ；(3) 3.75m
【详解】（1）微粒在Ⅰ区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有 E1q=mg ，解得 E1=mgq=1V/m ，根据几何关系可得微粒做匀速圆周运动的半径为
R=dsinθ=10m ，
根据牛顿第二定律，有 qBv=mv2R ，
解得 B=0.1T 。
（2）微粒从A到C点的时间为 t1=T6=16·2πmqB=π3s ，
从C点水平射入II区域微粒做类平抛运动，根据运动的分解，有 R-Rcs60=12gt22 ，
解得 t2=1s ，
微粒从A到D的运动时间为 t=t1+t2=（π3+1）s 。
（3）因为在II区域微粒受到的重力和电场力相等，所以合力方向与水平方向成45°角斜向左下，所以当微粒速度方向与水平成45°斜向右下时动能最小，即 tan45=vyvx ， vy=gt3 ， vx=v0-at3 ，
解得 t3=0.5s ，
此时下落的高度为 H=12gt32=1.25m ，
离地面的高度 h=R-Rcs60-H=3.75m 。