湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三（下）月考（八）物理试卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三（下）月考（八）物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.黑体辐射的相关研究是量子理论的开端，下面有关黑体辐射的论述正确的是( )
A. 能够完全反射所有入射的各种波长的电磁波的物体称为绝对黑体，简称黑体
B. 维恩给出的辐射强度关于波长分布的理论公式中，在长波区符合良好而在短波区与实验偏离较大；瑞利的公式则恰好相反，甚至出现了“紫外灾难”
C. 普朗克在爱因斯坦的光量子理论的基础上，提出了使用能量子观点来解决黑体辐射问题，并最终给出了与实验完美吻合的黑体辐射公式
D. 黑体辐射最终导致了量子力学的建立。在量子力学的观点里，能量、动量等物理量都不再是连续的，而是分立的
2.声波是一种典型的纵波，在纵波中各质点只在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移，故沿着波前进的方向，波中介质会出现疏密不同的部分，因此纵波也被称为“疏密波”(如图甲)。若把某时刻纵波中各质点偏离平衡位置的位移记录下来，画在坐标纸上，则可得到该时刻波的图像。若一列沿水平方向传播的纵波及该时刻对应的波的图像如图乙所示(只展示整个纵波的一部分，在纵波中密部中心处和疏部中心处的质点偏离平衡位置的位移为零)，已知“质点A”在图示时刻的位置在其平衡位置的右侧，且运动方向水平向右。则下列说法正确的是( )
A. 图乙中密部中心点到相邻的疏部中心点之间的距离为一个波长
B. 图乙中疏部中心处的质点振动速度为零
C. 图乙中波的传播方向沿水平方向向左
D. “质点A”的振动周期不等于该波的传播周期
3.水平传送带匀速顺时针运行，在传送带的最左端每隔时间t轻放上相同的物块(可视为质点)。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m。接收侧的工人发现，靠近传送带右端的物块都已经和传送带达到相同速度，且这些物块之间的距离均为s，重力加速度为g。下列判断中错误的是( )
A. 每个物块与传送带间由于摩擦产生的热量为12μmgs
B. 传送带的运行速度为st
C. 每个物块从静止加速至与传送带共速过程中与传送带间产生的摩擦热与其动能的变化量相等
D. 在时间TT≫t内，传送带由于运输工件需要多消耗的电能为mTs2t3
4.地球和月球可视作一个双星系统，它们同时绕转他们连线上的A点转动。同时在这个转动的平面内存在五个拉格朗日点，在这些点上的卫星能够在地球和月球的共同引力作用下也绕A点转动，并且在转动过程中与地球和月球的相对位置保持不变。如图所示，在拉格朗日点L2处存在一个中继卫星，它的主要作用是用于登月行动的通信；在拉格朗日点L4处存在一个监测卫星，与地球球心、月球球心的连线恰构成一个等边三角形，其主要作用是监测其他月球卫星的工作情况。若地球的质量为月球的81倍，则下列说法正确的是( )
A. 地球球心与月球球心到A点的距离之比为81∶1
B. 稳定运行时，监测卫星的加速度小于月球的加速度
C. 监测卫星的运行周期小于中继卫星的运行周期
D. 若某一瞬间月球对中继卫星的引力突然消失，则中继卫星会做离心运动
5.在水平面上放置一个半径为2R的圆盘，圆盘上放置两个可视为质点的物体A和B(如图甲)，其中B在圆盘中心，A和B之间用长为2R的轻绳连结。物体A的质量为m，物体B的质量为2m，且它们和圆盘的动摩擦因数相同。现圆盘绕通过圆心的轴从静止缓慢加速转动，当角速度ω的大小为ω1时，A和B恰好与圆盘发生相对滑动。如果把物体A和B沿直径放置在圆盘上(如图乙)，此时物体A到圆心的距离为R，然后再次让圆盘绕通过圆心的轴从静止缓慢加速转动，当角速度ω的大小为ω2时，A和B也恰好与圆盘发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则ω1ω2的大小为( )
A. 22B. 66C. 32D. 1
6.两个电荷量相同的负电荷固定在水平面上的A、B两点，O点是两个点电荷连线的中点，C、D两点分别位于点电荷的连线以及中垂线上，如图所示。在C点静止释放一带负电的试探电荷1，在D点静止释放一带正电的试探电荷2，二者仅在A、B电荷电场力的作用下运动，x是各试探电荷发生的位移，v1是电荷1的速度，a2是电荷2的加速度，φ1是电荷1所经过处的电势，Ep2是电荷2的电势能。设无穷远处的电势为零，则下面关于电荷1、2运动过程的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.图甲为测量储液罐中不导电液体高度的装置，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储液罐中，电容器C可通过开关S与理想电感线圈L(电阻不计)或电源相连。t=0时把开关从a拨到b，由理想电感线圈L与电容器C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板正对面积一定、两极板间距离一定、忽略回路电磁辐射的条件下，下列说法正确的是( )
A. 当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率将降低
B. t1时刻电容器所带电荷量最多
C. t3∼t4时间段内LC回路中磁场能逐渐转化为电场能
D. 该振荡电流为正弦式交变电流，其有效值为 2Im
8.2018年的诺贝尔物理学奖由三位光学领域的科学家斩获，研究内容中的重要部分是以CPA技术获得超强超短激光。一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d=50.0 mm，脉冲激光中包含不同频率的光1和光2，它们在棱镜中的折射率分别为n1= 3和n2= 2。则下列说法正确的是( )
A. 下方光线为光2
B. 若θ=30°，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为58.6 mm
C. 为了确保光1和光2都能够从左侧棱镜斜面出射，只需保证θ0，质量为m，不计粒子之间的相互作用，不计粒子重力。
(1)若沿OP向外飞出的粒子，能经过图中M点，则带电粒子的初速度为多少？
(2)在圆形区域加一平行纸面的匀强电场，若符合第(1)问条件的带电粒子能返回P点，且速度大小不变，求匀强电场的场强。
(3)在圆形区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，使在P点发射的速度大小均为某一确定值，方向各异的所有粒子均能回到P点，求圆形区域的磁感应强度大小以及经过M点的粒子第一次飞回P点所用的时间。
15.如图所示，A、B两物体(可视为质点)放置在粗糙绝缘的水平面上，A质量为m，所带电荷量为−q，并靠紧左边的竖直墙壁。B质量为2m，所带电荷量为+2q，A和B与水平面间的动摩擦因数均为μ，A、B间距离为L。某时刻起，在空间中加上水平向左的匀强电场，其电场强度为EE>μmgq，之后A、B相向运动，碰后粘连形成一个整体C，C的质量和电荷量均为A、B的代数和。设物体与墙壁的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。求：
(1)A、B碰撞形成的整体在碰后瞬间的速度；
(2)若C恰好运动至墙壁处停下(未与墙壁发生碰撞)，求E与m、g、q、μ所满足的关系；
(3)根据E的取值分情况讨论C从运动至停下所走的路程。
答案解析
1.【答案】D
【解析】绝对黑体是指能够完全吸收所有入射的各种波长的电磁波而不反射的物体，A错误;
维恩的理论公式在短波区与实验符合而在长波区偏离大，而瑞利的公式恰好相反(可以直接根据“紫外灾难”判断瑞利的公式应在短波区偏移大)，B错误;
普朗克是从实验数据以及数学差值等方法得到的黑体辐射公式，爱因斯坦的光量子理论是以普朗克的能量子假设为基础的，C错误;D选项正确。
2.【答案】C
【解析】两相邻密部中心点之间的距离为一个波长，A错误。
因为密部中心处的质点偏离平衡位置的位移为零，故疏部中心处的质点偏离平衡位置的位移也为零，对应振动速度最大，B错误。
该时刻质点A的位置在平衡位置的右侧且向右移动，所以它在远离平衡位置，由波的图像可知，该纵波传播方向沿水平方向向左，C正确。
纵波在一个质点振动的周期内向外传递一个波长的距离，故纵波的传播周期和质点的振动周期相同，D错误。
3.【答案】A
【解析】B.可以用如下图像来表示题述过程
由此可知传送带的运转速度为 st ，B正确；
AC.对于水平传送带，从静止开始到共速过程中用时间 t=va=vμg
产生的总摩擦热 Q=μmg(vt−12vt)=12μmgv⋅vμg=12mv2
即产生的热量等于动能的总变化量，因此A错误，C正确；
D.对于单个物块而言，运输需要消耗的电能由摩擦热和动能增量构成，即 ΔE=ΔEk+Q=2ΔEk=2×12mst2
对于足够长的时间而言，可以认为完整完成了 Tt 个物块的运输，因此多消耗的总电能为 E=mTs2t3
D正确。
此题选择错误选项，故选A。
4.【答案】D
【解析】双星系统实际绕其质心转动，更靠近大质量物体，地球球心与月球球心到A点的距离之比为1:81，A错误;
地球、月球以及在任一拉格朗日点上的卫星都具有相同的运行周期(这样才能保持不变的相对位置)，C错误;
监测卫星到A点的距离大于月球到A点的距离，结合两者周期一致，因此监测卫星的加速度应大于月球的加速度，B错误;
中继卫星是在月球和地球的共同吸引下做匀速圆周运动，若月球引力消失，则所受实际合力小于圆周运动所需的向心力，中结卫星做离心运动，D正确。
5.【答案】A
【解析】图甲中，当A和B恰好相对圆盘发生滑动时有：μmg+2μmg=mω12⋅2R，解得ω1= 3μg2R；
图乙中，当A和B恰好相对圆盘发生滑动时，对A有T−μmg=mω22R，对B有T+μ⋅2mg=2mω22R，解得ω2= 3μgR，所以ω1ω2= 22，A正确。
6.【答案】D
【解析】C点处的负电荷会做往复的周期运动，在O点处速度最大，场强为0，故加速度应当也为0，A错误(尽管并非v−t图，但速度峰值处同样斜率应为0);
在连线上电势分布O点最高，两侧变低，但O点电势并不为0，C错误;
D点处的电荷同样会做关于O点对称的往复运动，但根据其初始点的位置有两种可能性：到O点前场强不断变小，到O点前场强先变大后变小，结合EP−x图象斜率表示电场力(即场强)可知，D选项对应的是第二种情况，D正确;
无论是哪一种，其运动过程一定是完全对称的，B错误。
7.【答案】AC
【解析】A.当储液罐内的液面高度升高时，电容器两板间充入的电介质增多，由 C=εrS4πkd 可知电容变大，根据 LC 电路电流振荡周期 T=2π LC 可知，回路的振荡周期变长，故振荡频率降低，A正确；
B. t1 时刻电路中放电电流最大，对应电容器放电完毕，此时电容器所带电荷量为零，故B错误；
C. t3∼t4 时间段内 LC 回路中电容器正在充电，磁场能逐渐转化为电场能，C正确；
D.该振荡电流的有效值为 I=Im 2= 2Im2 ，D错误。
故选AC。
8.【答案】BD
【解析】
光路图如图所示 ，根据n=sinisinr，由于n1>n2可知下方光线为光1，A错误;
据对称关系，光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差△x=2(dcsi1−dcsi2)，而sini1sin30∘=n1，sini2sin30∘=n2，联立解得△x≈58.6mm，B正确;
由几何关系可知r=θ，若光线1恰好从左侧第一个棱镜斜面射出，则sinr=1n1，解得θ=r=35．3∘，为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θn2可知光线1的波长小于光线2的波长，因此光1对应的干涉条纹间距更小， D正确。
9.【答案】CD
【解析】在水平轨道时，最终稳定时两棒电动势相等，同时对于两棒可分别利用动量定理求解速度关系。
BLv1=B⋅2Lv2
m(v1−v0)=∑−BILΔt
2m(v2−0)=∑BI⋅2LΔt
由此可以解得v1=23v0，v2=13v0，A错误;
cd棒进入圆弧轨道后，电路中只有ab棒切割磁感线，此时电路中重新有电流通过，安培力对ab棒做负功，两棒构成的系统机械能不守恒，B错误;
cd在圆弧轨道运动一段时间后以向右的v2′=13v0进入水平轨道，这段时间内ab棒经历末速度未知的减速运动，若恰好其在cd棒进入水平轨道的瞬间减速至v1′=13v0，则cd棒进入磁场后，对cd棒有2BIL⋅△t=2m△v1，对ab棒有BIL⋅△t=m△v2，可知△v1=△v2，则当va减为0时va恰好减为0。所以两棒可能同时静止在轨道上，C正确;
由于在任意时刻，两棒构成串联电路，并且cd棒的电阻是ab棒的两倍，因此cd棒的热功率也始终是ab棒的两倍，产生的焦耳热也满足这一关系，D正确。
10.【答案】AD
【解析】先讨论分离的条件，若分离时弹簧的形变量为x(假设弹簧劲度系数为k)，则此时先后对a、b整体以及b物体列牛顿第二定律方程F+kx−3G=3ma，
F−2G=2ma，
这里由于分离则a、b之间不再有弹力，但又因为刚分离所以两者有共同加速度。
可以求得F=2kx，x=F2k。
这表明分离点一定在O点下方，并且随着恒力F的变大这个点会不断下移。
当F=6G或更大时(因为初始平衡点的位置在O点下方3Gk)，a、b两物体会在初始位置直接分离。但是在力更小的情况下也并不代表两者一定会分离。
现在试想恒力非常小，那么根据上述分析分离点理应就在O点附近。
但另一方面，力过小的情况下a、b物体几乎无法上移，压根“到达不了分离点”，由此我们还需要考虑不同恒力的作用下a、b系统的活动范围。
对于增加恒力后的系统，可认为是简谐系统，其振幅应为初始位置和平衡点的距离。
增加恒力后，平衡点会向上移动Fk，系统的实际运动范围是振幅的两倍。
至此我们便可以明确，当力特别小时，系统应该会在O点与初始位置之间做简谐运动，知道简谐运动的运动范围能够达到分离点的位置，
这个临界的力满足3Gk=2F1k+F12k，
由此可以求得F1=65G，因此可知A正确，B、C错误。
当a、b位置互换后，关于简谐运动的讨论依然成立，但分离点的计算变化，临界力的方程变为3Gk=2F2k+2F2k，
由此求得F2=34G=58F1，则D正确。
11.【答案】(1)0.620
(2) gR1−csθ=12dt2
(3) 1t2 d22Rk

【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为 10mm−4×0.95mm=6.20mm=0.620cm
(2)由机械能守恒得 mgR1−csθ=12mv2
根据光电门测速原理有 v=dt
解得 gR1−csθ=12dt2
(3)[1]结合上述有 gR1−csθ=12dt2
变形可得 csθ=1−d22gRt2
可知，图像横坐标应为 1t2 。
[2]该图线斜率的绝对值为 k ，则有 k=d22gR
解得 g=d22Rk
12.【答案】(2)增大 (3) 3.0 5.0 (4) 0.44
【解析】(2)图线上的点与坐标原点的连线的斜率表示电阻大小，由Y元件图线可知，斜率增大，故其电阻阻值随电压 U 的增大而增大
(3)[1][2]根据 U−I 图线得出元件X的电阻 R=3.00.3Ω=10Ω
闭合 S1 和S，电压表读数为 2.00 V ，断开S，读数为 0.75 V ，根据闭合电路欧姆定律列出方程 E=U+Ir
据图可知 E=2+210×r
E=0.75+0.7510×r+25
解得 E=3.0 V ， r=5.0Ω
(4)根据 E=U+Ir
得 U=E−Ir
即 U=3−5I 为该电源的 U−I 图线，在原图像里作该电源的 U−I 图线，两条图线的交点坐标为此时元件Y的电压大小和电流大小，故 P=UI≈0.44 W ( 0.40W∼0.48 W 均可)
13.【答案】解：(1)对椅面气动杆及活塞整体由平衡条件有 mg+p0S+FN=p1S
解得 p1=3×105 Pa
(2)椅面恰好恢复到原来的位置时对卡口恰好没有压力，此时汽缸内压强为 p2 ，对椅面、气动杆、活塞及客人组成的整体由平衡条件得 m+Mg+p0S=p2S
解得 p2=6×105 Pa
设需要充入一个大气压下的气体体积为 V2
p0V2+p1SL=p2SL
解得 V2=6×10−4 m3

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)由几何关系，偏转半径为 r= 3R
由 qvB=mv2r
解得 v= 3qBRm
(2)带电粒子回到 P 点时速度大小不变，故粒子从电场中飞出时的点与 M 在同一等势面上，由对称性可知，粒子垂直电场线方向位移为 3R
t=2vsin30∘a
a=Eqm
3R=vcs30∘t
解得 E=3qB2R2m
方向垂直 MP 连线指向右上方
(3)如图，由磁聚焦知识可知，带电粒子在圆外区域和圆内区域偏转半径都为 R 时，粒子飞入圆形磁场区域时，速度方向均与直径 PN 垂直，后又全部汇聚于 N 点，之后由对称性可知粒子全部能汇聚于 P 点。由 qvB=mv2r
可知，圆内磁场的磁感应强度 B′=B
如图粒子经过 M 点时，粒子在圆外区域做圆周运动的圆心角为 θ1=4π3 ，粒子从 M 点到 N 点做圆周运动对应的圆心角为 θ2=π3 ，由对称性可知，粒子由 N 点回到 P 点与 P 到 N 用时相同
由 T=2πmqB 与 t=θ2πT
可知 t=2θ1+θ22πT
解得 t=10πm3qB

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1) A 、 B 碰撞之前，分别做匀加速直线运动，设 A 的加速度为 a1 ， B 的加速度为 a2 ，根据牛顿第二定律
对 A 有 Eq−μmg=ma1 ①
对 B 有 2Eq−2μmg=2ma2 ②
由①②知 A 、 B 加速度大小相等，方向相反。
设 A 、 B 相遇时速度为 v0 ，由于 A 、 B 加速度大小相等，故它们的运动过程是对称的，一定会在距离墙壁 L2 处相遇，且相遇时速度大小相等，方向相反，由运动学规律：
对 A 有 v02=2a1L2 ③
设向左为正方向，碰撞时 A 速度为 −v0 ， B 速度为 v0 ，设碰后形成的整体 C 的速度为 v ，由动量守恒定律
−mv0+2mv0=m+2mv ④
联立①∼④，解得 v=13 Eqm−μgL
(2) A 、 B 碰后形成的 C 质量为 3m ，电荷量为 q ，此时 C 到墙壁距离为 L2 ， C 在墙壁处的速度恰好为0，由动能定理有 EqL2−3μmgL2=−12×3mv2
解得 E=5μmg2q
(3)当 μmgq