重庆市第八中学2024-2025学年高三下学期第五次月考 物理试卷（3月）（含解析）

这是一份重庆市第八中学2024-2025学年高三下学期第五次月考 物理试卷（3月）（含解析），共13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．下面四幅课本插图中运用了“微小量放大法”思想的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。当振动膜随声波向右振动，与基板距离减小的过程中（ ）
A．电容器的电容减小B．振动膜所带的电荷量减小
C．电容器的板间电场强度不变D．图中a点电势高于b点电势
3．平行太阳光透过大气中整齐的六角形冰晶时，中间的光线是由太阳直射过来的，是“真正的太阳”；左右两条光线是折射而来，沿水平方向朝左右折射约 22∘ 是“假太阳”。图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“双太阳”的示意图，图乙为a、b两种单色光穿过六角形冰晶的过程图，则（ ）
A．真空中a比b的速度大
B．冰晶对a的折射率比对b的折射率大
C．a光光子能量比b光大
D．用a、b光在相同实验条件下做双缝干涉实验，a的条纹间距大
4．如图所示，载人飞船先后在环绕地球的圆形轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行并最终与“天和”核心舱成功对接。已知轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为 r1 、 r2 ，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则飞船（ ）
A．发射速度应大于第二宇宙速度
B．在轨道Ⅰ上A点应减速才能进入轨道Ⅱ
C．在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运行的周期之比为 r1+r238r13
D．在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r2∶r1
5．如图所示，有一均匀带正电的绝缘细圆环，半径为r、带电量为q。点P、Q、N把圆环分为三等分，现取走P、Q处两段弧长为 ΔxΔx≪r 的小圆弧。NO延长线交细圆环于M点，静电力常量为k，则在O点同定一个带电量为q的负电荷，它受到圆环的电场力为（ ）
A．方向由O指向N，大小为 kq2Δx2πr3 B．方向由O指向N，大小为 3kq2Δx2πr3
C．方向由O指向M，大小为 kq2Δx2πr3 D．方向由O指向M，大小为 3kq2Δx2πr3
6．家用燃气灶的脉冲点火器如图甲所示，其内部需要一节干电池供电，工作原理如图乙所示，转换器可以将直流电压转化为如图丙所示的周期为 T （周期极短）的脉冲电压（波形可认为按正弦规律变化） ） ，峰值为5V，将其加在理想升压变压器的原线圈上，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，钢针和金属板就会产生电火花，进而点燃燃气灶，则（ ）
A．图乙中理想电压表的示数为 5V
B．图乙中理想电压表的示数为 524V
C．变压器原、副线圈的匝数比应满足 n1n2＞11000
D．点火器正常工作时，单位时间内的放电次数为 2T
7．一倾角为 37∘ 足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从 t=0 开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力 F1 和 F2 ，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取 10m/s2 ， sin37∘=0.6 ， cs37∘=0.8 ，不计空气阻力，则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． t=1s 时，物块的加速度为 6m/s2
C． t=2s 时，物块速度大小为 122m/s
D． t=0 到 t=2s 时间内， F1 和 F2 对物块做的总功为144J
二、多选题（本大题共3小题）
8．如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理图如图乙。打开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（ ）
A．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应
B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变
C．若仅将发光二极管换为发蓝光，也能发生光电效应
D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码
9．动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分的右视图。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动能将声信号转化为电信号。已知线圈有n匝，线圈半径为R，总电阻为r，线圈所在位置的磁感应强度大小为B，则（ ）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为 4nπ2B2R2vr
D．纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为 4n2π2B2R2vr
10．某种弹跳杆的结构如图甲所示。一质量为m的小朋友站在该种弹跳杆的脚踏板上静止时，其重心处于空中 O点，然后小朋友双手抓住横杆开始弹跳，小朋友从地面上升、下落、与地面作用，再弹起，往复运动，如图乙所示。以 O点为坐标原点，在竖直方向建立小朋友重心位置数轴，如图丙。某次，小朋友从最高点开始下落到重心运动到最低点，此过程中加速度 （ 以向下为正方向 ） 随重心位置变化的关系如图丁。假设小朋友运动中始终保持站立状态，不计空气阻力和弹跳杆的重力，重力加速度大小为 g，则（ ）
A．从 x=-x1 到 x=x3 过程，小朋友做简谐运动
B．在O点处，小朋友的速度大小为 （2x1-x2）g
C．在 x=x3 处，小朋友的加速度大小可表示为 x3x2g
D． x1 、 x2 和 x3 大小满足 2x1＞x2+x3
三、实验题（本大题共2小题）
11．某同学用如图所示实验装置设计了“验证角速度和质量一定时，向心力大小与圆周运动半径的关系”实验，小球P、Q质量相同，两不等长细绳a、b一端分别与小球相连，另一端分别与固定在竖直细杆上的力传感器相连，转动细杆，稳定后，小球P和小球Q做匀速圆周运动，读出力传感器的示数 F1 和 F2 。
(1)为完成实验，需要测量的物理量为________。
A．小球的质量m
B．小球转动一周所需的时间t
C．细绳a、b的长度 l1 和 l2
(2)测出需要测量的物理量后，若得到的数据在误差范围内满足关系式_______（用测量量表示），则可说明角速度和质量一定时，向心力大小与半径成正比。
(3)若仅将两小球换为质量不同的小球，则用该实验装置_______（选填“可以”或“不可以”）进行“验证角速度和半径一定时，向心力大小与质量的关系”实验。
12．某同学用普通的干电池（电动势 E=1.5V ，内阻 r=0.5Ω ）、直流电流表（量程 Ig=1mA ，内阻 Rg=120Ω ）、定值电阻 R1=600Ω 和电阻箱 R2 、 R3 等组装成一个简单的欧姆表，电路如图甲所示，通过控制开关 S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“ ×10 ”和“ ×100 ”两种倍率。
(1)图甲中a表笔为_______（选填“红表笔”或“黑表笔”）
(2)当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱 R2 ，使电流表达到满偏。再在 ab表笔间接入待测电阻 Rx ，电流表指针指向如图乙所示的位置，则待测电阻 Rx 的阻值为_______ Ω 。
(3)闭合开关S，调节电阻箱 R2 和 R3 ，当 R2= _______ Ω 且 R3= _______ Ω 时，将红黑表笔短接，电流表再次满偏，电流表就改装成了另一倍率的欧姆表。
(4)若该欧姆表内电池使用已久，电动势降低到 1.3V ，内阻变为 5Ω ，当开关S闭合时，短接调零时仍能实现指针指到零欧姆刻度处（指针指电流满刻度）。若用该欧姆表测出的电阻值 100Ω ，这个电阻的真实值是_______ Ω 。（保留两位有效数字）
四、解答题（本大题共3小题）
13．如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的上端开口的玻璃管内，玻璃管上粗下细，粗管横截面积是细管的2倍，上半部分足够长，水银柱的上表面正好与细管上端口齐平。大气压强为 p0 ，封闭气体的压强为 2p0 ，水银柱和封闭气体柱的长度都为 L，封闭气体的温度为 T0 ，缓慢地给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入粗管中时，求：
(1)此时封闭气体的压强 p1 ；
(2)此时封闭气体的温度 T1 。
14．如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设计了如下简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。火箭的总质量为 m，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此后上升的最大高度为H。
方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放放置在两级火箭的底部（均不连接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过程忽略重力影响。
(1)求方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能 Ep；
(2)求方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度 h。
15．如图甲所示，在平面坐标系xOy内存在一个半径为R的圆形区域磁场，圆心坐标为 0，R ，磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外。第二象限有一线状粒子源垂直x轴如图放置，粒子源的长度为L，一端在x轴上，可均匀发射电荷量为 +q 、质量为m的粒子，所有粒子的初速度相同，方向沿x轴正方向。调整粒子初速度大小，可使粒子经磁场偏转后都汇聚到坐标原点，即磁汇聚现象，不计粒子重力。
(1)求满足条件的粒子初速度，以及粒子源上坐标为 y=0.5R 的粒子在磁场中运动的时间；
(2)在第三、四象限有一平行x轴的档板可吸收打在上面的粒子，板中心位置为 0，-R ，板长为 23R ，调节L的大小，求挡板的粒子吸收率 η （挡板吸收粒子数与粒子总数的比值）与L的关系；
(3)如图乙所示，若粒子源发射的粒子速度大小不再相同，与其在粒子源的坐标y成线性关系， y=0 处的粒子速度为 v1 ， y=L 处的粒子速度为 v20＜v1＜v2＜2v1 ，且满足 mv2-v1Bq=L2 ，但速度方向仍沿x轴正方向，改变磁场边界，使粒子仍能经磁场偏转后汇聚到原点。
①求磁场区域在第二象限的边界方程（不含 L ）；
②粒子汇聚后从O点进入一沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强度为E，粒子经电场偏转后，均沿x轴平行射出电场，求电场区域的边界方程。
参考答案
1．【答案】B
【详解】选项中插图均利用的是微元累加的思想，AD错误；插图描述的是一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，利用的是等效替代思想，C错误；选项中的插图是利用光的多次反射将桌面微小形变放大，是微小量放大思想，B正确。
2．【答案】D
【详解】根据 C=εS4πkd ，可知，振动膜向右运动时，板间距离d减小，电容C增大，A错误；电容器与电源保持串联，电压不变，振动膜向右运动时，板间距离d减小，根据 E=Ud ，电容器的板间电场强度变大，C错误。根据 C=QU ，可知，电容C增大， U不变，电荷量增大，电容器充电，电阻R中有从a到b的电流，所以 a点电势高于b点电势，B错误，D正确；
3．【答案】D
【详解】真空中a与b的速度一样大，A错误；由图可知，太阳光射入冰晶时， a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则 a的折射率比b的小，B错误；a的折射率比b的小，则a的频率比b的小，根据 E=hν 可知a的光子能量比b的小，C错误；a的频率比b的小 ，则a的波长比b的大，用a、b光在相同实验条件下做双缝干涉实验，根据 Δx=Ldλ ，可知a的双缝干涉条纹间距大，D正确。
4．【答案】C
【详解】载人飞船没有脱离地球引力的束缚，发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，A错误；载人飞船在轨道Ⅰ上A点应加速离心才能进入轨道Ⅱ，B错误；轨道Ⅱ的半长轴为 r1+r22 ，根据开普勒第三定律 r1+r223TII2=r13TI2 ，知在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运行的周期之比 TII∶TI 是 r1+r238r13，C 正确；由万有引力提供向心力得 GMmr2=mv2r ，得 v=GMr ，知在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r1∶r2，D 错误。
5．【答案】A
【详解】由于圆环所带电荷量均匀分布，长度为 Δx 的小圆弧所带电荷量为 Δq=Δx2πrq ，根据对称性，没有取走电荷时圆心 O点的电场强度为零，取走 P、Q两处的电荷后，圆环剩余电荷在 O点产生的电场强度大小等于P、Q处弧长为 Δx 的小圆弧所带正电荷在O点产生的合场强大小，方向相反，则 E剩=E合=2kΔqr2cs60∘=kqΔx2πr3，P 、Q处弧长为 Δx 的小圆弧所带正电荷在O点产生的合场强沿ON方向，则取走 P、Q两处的电荷后， O点的电场强度沿OM方向。所以，在 O点固定一个带电量为q的负电荷，它受到圆环的电场力大小为 F=E剩q=kq2Δx2πr3 ，沿ON方向。
6．【答案】B
【详解】理想电压表的示数为有效值，有 Um22R×T4=U有2RT ， Um=5V ，解得 U有=524V，A 错误，B正确。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，钢针和金属板就会产生电火花，临界情况为 n1n2=55000 ，变压器原、副线圈的匝数比应满足 n1n2＜11000，C 错误。变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是 1T 。点火器正常工作时，钢针和金属板间每隔时间T放电一次，所以单位时间内的放电次数为 1T，D 错误。
7．【答案】C
【详解】根据题图乙可得 F1=4-t ， F2=3t ，两力的合力为 Fx=4+2t ，物块在y轴方向受到的力不变，为 mgsin37∘，x 轴方向受到的力 Fx 在改变，合力在改变，物块做的不是匀变速曲线运动，A错误； t=1s 时， Fx=6N ，则 ax=Fxm ， ay=mgsin37m ， a=ax2+ay2=62m/s2，B 错误； t=2s 时，沿x轴正方向，对物块根据动量定理得 Fxt=mvx-0 ，由于 Fx 与时间t成线性关系，可得 Fxt=4+82×2N·s=12N·s ， vx=12m/s ，此时y轴方向速度大小为 vy=gsin37∘⋅t=12m/s ，此时物块的速度大小为 v=vx2+vy2=122m/s，C 正确；前两秒物体沿y运动 y=12ayt2=12m ，重力做功为 WG=mgysin37=72J ，根据动能定理 WG+WF=12mv2-0 ，解得 WF=72J，D 错误。
8．【答案】BC
【详解】光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，A错误；根据爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0 ，光电子的最大初动能与发光的频率有关，发光强度变强时，发光频率不变，最大初动能不变，B正确；仅将发光二极管换为发蓝光，频率变高，一定能发生光电效应，C正确；仅将发光二极管频率变减小，不一定超过截止频率，不一定能发生光电效应，所以不一定能识别条形码，D错误。
9．【答案】BD
【详解】纸盆向左运动时，由右手定则知，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流，A错误，B正确；纸盆向右运动速度为v时，线圈中产生的感应电动势 E=nB⋅2πR⋅v=2πnBRv ，则线圈中感应电流 I=Er=2πnBRvr ，线圈上所受的安培力大小 F=n⋅BI⋅2πR=4n2π2B2R2vr，D 正确，C错误。
10．【答案】BCD
【详解】由丁图可知，从 x=-x2 到 x=x3 过程，小朋友做的是简谐运动，A项错误；在O点处，小朋友的速度最大，根据速度位移公式由图像可得 vm2=2×x1+x1-x22×g ，解得 vm=（2x1-x2）g，B 项正确；小朋友在 x=x3 处速度为零，设加速度为a，由图像可得斜率大小 k=gx2 ，横坐标为 x3 时，解得 a=x3x2g，C 项正确；根据 vm=（2x1-x2）g=x3a
加速度还可表示为 a=2x1-x2x3g＞g ，解得 2x1＞x2+3，D 项正确。选BCD。
11．【答案】(1)C；(2) F1l2=F2l1 ；(3)不可以
【详解】（1）对某小球进行受力分析，设连接小球的细绳与竖直方向间的夹角为 θ ，绳长为 l ，绳的拉力为 F ，则有 Fsinθ=mω2lsinθ ，因此验证角速度和质量一定时，向心力大小与圆周运动半径的关系，需要测量的是细绳a、b的长度 l1 和 l2 。
（2）由几何关系得 sinθ=rl ，若角速度和质量一定时，向心力大小与半径成正比，则有 F1sinθ1F2sinθ2=r1r2 ，可得 F1l2=F2l1
（3）仅将两小球换为质量不同的小球时，需保证两小球做圆周运动的半径、角速度相同，向心力大小与质量成正比，根据 Fsinθ=mω2lsinθ ，分析可知，半径要相等，此时有 l1=l2 ，若仅将两小球换为质量不同的小球，则用该实验装置不可以进行“验证角速度和半径一定时，向心力大小与质量的关系”实验。
12．【答案】(1)黑表笔；(2) 1000 ；(3) 77.5，80 ；(4) 87
【详解】（1）根据“红进黑出”知a表笔应该为黑表笔；
（2）电流表满偏时， Ig=ER内 ，电动势不变，内阻越大，干路电流越小。又因为开关S断开的干路电流小于开关S闭合时的干路电流，所以开关S断开时内阻比开关S闭合时大。所以开关断开时是“ ×100 ”的倍率。当开关断开时 Ig=ER内 ，欧姆表的内阻 R内=EIg=1500Ω ，表盘的中值电阻为 1500Ω ，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为 0.6mA ，根据闭合电路的欧姆定律有 Ix=ER内+Rx ，解得 Rx=1.50.6×10-3Ω-1500Ω=1000Ω 。
（3）闭合开关S ，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“ ×10 ”，调节电阻箱 R2 和 R3 ，使电流表满偏时欧姆表内阻为 150Ω ，电路总电流为 I=1.5150A=0.01A ，则 R3=IgRg+R1I-Ig=80Ω ， R2+R3Rg+R1R3+Rg+R1+r=150Ω ，解得 R2=77.5Ω 。
（4）设电流表满偏电流 Ig ，欧姆调零时 Ig=ER内1 ，则 R内1=EIg ，当电动势变小、内阻变大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流 Ig 不变，由 R内2=E′Ig 知，欧姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时 EEIg+R测=E′E′Ig+R真 ，即 1.51500+100=1.31300+R真 ，解得 R真≈87Ω 。
13．【答案】(1) p1=32p0 ；(2) T1=32T0
【详解】（1）水银柱全部在细管中，产生的压强为 ρgL=2p0-p0=p0 ，
水银柱刚好全部进入粗管中，设水银柱的长度为 L′ ，则 LS=L′×2S ，
解得 L′=L2 ，
综上可得，水银柱刚好全部进入粗管时水银柱产生的压强为 ρgL2=p02 ，
此时封闭气体的压强为 p1=p0+p02=32p0 。
（2）由理想气体状态方程可得 2p0LST0=p1×2LST1 ，
解得 T1=32T0 。
14．【答案】(1) Ep=12mgH ；(2) h=2H
【详解】（1）根据机械能守恒定律可得 2Ep=mgH ，
解得 Ep=12mgH 。
（2）设一级推进完成瞬间，火箭的速度大小为 v0 ，根据机械能守恒定律可得 Ep=12mv02 ，解得 v0=gH 。
二级推进过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mv0=12mv1+12mv2 ， Ep+12mv02=12×12mv12+12×12mv22 ，
解得 v1=0 ， v2=2gH ，
对二级火箭，则有 h=v222g ，
解得 h=2H 。
15．【答案】(1) qBRm ， πm3qB ；(2)见解析；(3)① x2=2mv1qBy ；② x′=mv1qE+qEy′2mv1-2qEmy′ 0＞y′＞-2mv12qE
【详解】（1）由几何知识知，当粒子的轨迹半径等于磁场区域半径时满足条件，即 mv2R=qvB ，
解得 v=qBRm ，
由 T=2πRv ，
解得 T=2πmqB ，
根据几何关系，可知粒子源上坐标为 y=0.5R 的粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为 60 ，则其在磁场中运动的时间运动时间 t=60360T=T6=πm3qB 。
（2）粒子从原点离开后做直线运动，因此能到挡板的粒子速度方向与x轴夹角范围为 π6，5π6 ，对应的轨迹圆心坐标分别为和 -R2，-3R2 和 -R2，3R2 ，进入磁场时的纵坐标分别为 1-32R 和 1+32R ，因此只有介于两者之间的粒子可以被吸收，则当 L＜1-32R ， η=0 ，
当 1-32R＜L＜1+32R ， η=1-1-32RL ，
当 L＞1+32R ， η=3RL
（3）①粒子的初速度与发射位置的关系为 v=v2-v1Ly+v1 ，
则粒子在磁场中的轨迹半径可表示为 r=mvqB=12y+mv1qB ，
设粒子进入磁场的位置为 x，y ，则轨迹圆心坐标为 x，y-r ，由题意，粒子轨迹经过原点则 x2+y-r2=r2
代入上式化简得边界方程为 x2=2mv1qBy ，是抛物线。
②设粒子在原点时速度方向与x轴夹角为 θ ，粒子在电场中沿x方向匀速运动，沿y方向匀减速运动，记加速度为 a=qEm ，
设粒子出电场时的位置为 x′，y′ ，
分别有 x′=v2csθsinθa ， y′=-vsinθ22a ，
由几何关系得 csθ=r-yr ， sinθ=xr ，由条件 v2＜2v1 计算可得，所有粒子均在第四象限射出，联立抛物线方程消去x、y，可得电场边界方程为 x′=mv1qE+qEy′2mv1-2qEmy′ ，（ 0＞y′＞-2mv12qE ）。