2024长沙一中高三上学期月考（二）物理试卷含解析

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大联考长沙市一中2024届高三月考试卷（二）物理时量75分钟，满分100分。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 三星堆遗址考古新发现让古蜀文明一醒惊天下。考古学家利用放射性元素的半衰期来确定文物的年代，已知能自发释放射线，其半衰期约为5730年，下列说法正确的是（　　）A. 的衰变方程为B. 随着全球变暖，衰变周期增大C. 的比结合能比的大D. 衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子【答案】D【解析】【详解】AD．β衰变的本质是核内一个中子转化成了一个质子和一个电子，所以的β衰变方程为故A错误，D正确；B．原子核的半衰期是由放射性元素本身决定的，不因外界环境变化而发生变化，故B错误；C．β衰变过程中伴随释放能量，生成物更稳定，比结合能越大，故的比结合能比的小，故C错误。故选D。2. 甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿轴正方向传播，乙波沿轴负方向传播，时刻两列波的波形图如图所示。已知波速，下列说法正确的是（　　）  A. 波的频率B. 时刻，与处的两质点振动方向相同C. 在时刻，处的质点第一次到达处D. 两列波叠加后，处为振动加强点【答案】C【解析】【详解】A．由图可知波长则频率故A错误；B．时刻，处质点振动方向向上，处质点振动方向向下，故B错误；C．波的周期在时刻，则好经历了T，甲传播到处为波谷，位移为-4m，乙传播到处为波谷，位移为-3m，质点第一次到达波谷，即处，故C正确；D．两列波叠加后，两列波到处的波程差是，甲波向x正方向传播，可知处的质点正在向上振动，乙波向x负方向传播，处的质点在向下振动，即甲波的波源起振方向向上，乙波的起振方向向下，所以处为振动减弱点，故D错误。故选C。3. 海王星外围有一圈厚度为d的发光带（发光的物质），简化为如图甲所示模型，为海王星的球体半径。为了确定发光带是海王星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确地观测并发现发光带绕海王星中心的运行速度与到海王星中心的距离的关系如图乙所示（图中所标为已知），则下列说法正确的是（　　）  A. 发光带是海王星的组成部分 B. 海王星自转的周期为C. 海王星表面的重力加速度为 D. 海王星的平均密度为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，其值随r增大而减小，则光带不是该行星的组成部分，是卫星群，故A错误；B．因发光带不是行星的组成部分，而是卫星群，所以v0是其近地卫星的线速度，是其近地卫星的周期，故B错误；C．依题意，可知紧贴行星表面的卫星其线速度为v0，轨道半径为R，则有可知行星表面的重力加速度为，故C错误；D．依题意，有得故D正确。故选D。4. 一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好从点擦网而过，落到A点，第二只球从点擦过后也落在A点，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则点和点到水平地面的高度之比为（　　）  A  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一球自击出到落地时间为t1，第二球自击出到落地时间为t2，则t1=3t2由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x=v0t得设一、二两球从O点到C点时间分别为T1、T2，由于两球从O点到C点水平距离相等，则T1=3T2由竖直方向运动规律可知点到水平地面的高度点到水平地面的高度所以故选A。5. 如图所示，空间有一正三棱锥点是边上的中点，点是底面的中心，现在顶点点固定一正的点电荷，在点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（　　）  A. 三点的电场强度相同B. 底面为等势面C. 将一负的试探电荷从点沿直线经过点移到点，静电力对该试探电荷先做负功再做正功D. 将一负的试探电荷从点沿直线移动到点，电势能先增大后减少【答案】C【解析】【详解】A．A、B、C三点到P点和O点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；B．处于O点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的球面，本题O为等边三角形ABC的中心，即A、B、C三点电势相等，但是该平面不是等势面，故B错误；C．沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即B、C电势高于D点电势，从B经D到C，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式Ep=qφ可知负试探电荷电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故C正确；D．沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势P点移到低电势O点，根据电势能的计算公式可知Ep=qφ电势能一直增大，故D错误。故选C。6. 实验中，将离子束从回旋加速器中引出可以采用磁屏蔽通道法。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示：离子从P点以速度v进入通道时，由于引出通道内的磁感应强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D形盒的半径为R，圆心在O点，D形盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为，引出通道外侧末端点到点距离为，与的夹角为，离子带电为，质量为，则（　　）  A. 离子经过引出通道后的速度大于B. 引出通道内的磁感应强度大于C. 若离子恰能从引出通道的点引出，引出通道中的磁感应强度D. 若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该离子引出【答案】D【解析】【详解】A．洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后的速度等于v，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力得解得设离子在引出通道内的轨道半径为，同理可得由于离子在引出通道内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B，故B错误；C．若离子恰能从引出通道Q点引出，设圆弧半径为，轨迹如图所示  则有，，根据几何关系得解得由洛伦兹力提供向心力可得解得联立可得故C错误；D．由C中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关，若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该离子引出，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7. 水下一点光源，发出两单色光。人在水面上方向下看，如图为俯视图，水面中心Ⅰ区域有光、光射出，Ⅱ区域只有光射出。下列判断正确的是（　　）  A. 光越容易发生全反射B. 在真空中，光的波长大于光的波长C. 光在水中的传播速度大于光在水中的传播速度D. 水下光不能射到图中Ⅱ区域【答案】BC【解析】【详解】A．由题分析可知，b光在I区域边缘发生了全反射，a光Ⅱ区域边缘发生了全反射，则知a光的临界角比b光的临界角大，b光越容易发生全反射，故A错误；B．由临界角公式，水对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，由c=λf知，在真空中，因光速c一定，则a光的波长大于b光的波长，故B正确；C．根据 可知，光在水中的传播速度大于光在水中的传播速度，故C正确；D．水下b光能射到图中Ⅱ区域，只是不能射出水面，故D错误。故选BC。8. 如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交流电源，副线圈的c端接一个二极管，假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻阻值无穷大。副线圈的b端为中心触头，、间线圈匝数相等。定值电阻阻值为r，可变电阻的阻值为R可调，下列说法中正确的是（　　）  A. 若恒定，当分别接时，电压表读数之比为B. 若恒定，当分别接时，变压器输出功率之比为C. 若恒定，当分别接时，电流表读数之比为D. 当接时，若，则可变电阻消耗功率最大【答案】AD【解析】【详解】A．设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，原线圈匝数为n1，副线圈总匝数为n2，当S接b时解得当S接到c时则得而因二极管的单向导电性，根据有效值得定义得即电压表示数所以电压表读数之比为，故A正确；C．若R恒定，根据欧姆定律得，电流跟电压成正比，即当S分别接b、c时，电流表读数之比为故C错误；B．若R恒定，根据得，当S分别接b、c时，变压器输出功率之比为故B错误；D．当S接b时，把定值电阻阻值为r等效为副线圈得内阻，当内外电阻相等时，即R=r时，电源输出功率最大，即可变电阻R消耗功率最大，故D正确。故选AD。9. 如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，传送带以速率顺时针匀速转动。小物块通过平行于传送带的轻绳经光滑轻滑轮与物块相连，且。开始时将物块从斜面底端由静止释放，在斜面中点与传送带共速后再向上匀速运动，如图甲。若将换成质量相同、材质不同的小物块与相连，如图乙，仍然从斜面底端由静止释放，刚好在斜面顶端与传送带共速，则小物块在传送带上从底端到顶端（整个过程未着地）过程中（　　）  A. 小物块c与传送带间的动摩擦因数比物块a小B. 在加速阶段，重力对物块a做功的功率大于重力对物块b做功的功率C. 传送带对物块a与传送带对物块c做的功相等D. 小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a比c小【答案】AC【解析】【详解】A．刚好在斜面顶端与传送带共速，根据可知，小物块c的加速度小，而共速前，设质量均为m，则所以小物块c与传送带间的动摩擦因数比物块a小，故A正确；B．任意时刻a、b的速率相等，对b，重力的瞬时功率Pb=mbgv对a有Pa=magvsinθ<mbgv所以重力对物块a做功的功率小于重力对物块b做功的功率。故B错误；C．两次两物块末动能和末势能相等，而b机械能减小量相同，根据能量守恒可知，传送带对物块a与传送带对物块c做的功相等，故C正确；D．达到与传送带共速相对位移产热且联立整理得小物块c与传送带间的动摩擦因数比物块a小，所以小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a比c大，故D错误。 故选AC10. 如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为，斜劈与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力，下列说法正确的是（　　）  A. 若，当时，斜劈相对木板向右运动B. 若，不论多大，小球均能和斜劈保持相对静止C. 若，当时，小球对斜劈的压力为0D. 若，当时，细绳与水平方向的夹角满足：【答案】BC【解析】【详解】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma代入数据解得对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有μ（m+m）g=（m+m）a球代入数据解得a球=2m/s2＞a可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误；B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有代入数据解得a球=7.5m/s2＞a可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=（m+m+m）a=24N当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确；D．若μ=0.8，则由C选项可知此时恰好达到三者保持相对静止的临界状态，因此加速度大小为8m/s2，则对小球而言解得故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，11题6分、12题8分，共14分。11. 某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。  （1）下列说法正确的是_________。A.连在小车这一侧的细线可不平行于木板B.平衡摩擦力时，小车前面不与砂桶连接，后面应固定纸带，纸带穿过打点计时器C.小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源（2）若将砂和砂桶的总重力近似地当成小车所受的拉力，需满足的条件：沙和桶的总质量m_________（选填“远大于”或“远小于”）小车质量M。若小车所受拉力的真实值为，为了使，则M与m应当满足的条件是_________。【答案】    ①. B    ②. 远小于    ③. 0.05【解析】【详解】（1）[1] A．为使小车受到的拉力等于细线拉力，应调节定滑轮使连在小车这一侧的细线与木板平行，故A错误；B．实验前平衡摩擦力时，小车前面不与砂桶连接，后面应固定条纸带，纸带穿过打点计时器，故B正确；C．为充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，故C错误。
故选B。（2）[2][3] 当砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M时可以近似认为小车受到的拉力等于砂和砂桶的重力；对小车，根据牛顿第二定律得对整体，根据牛顿第二定律得且解得12. 某同学要测量一个微安表（量程为）的内阻。可供选择器材有：  A.电源（电动势，内阻较小）B.电压表（量程，内阻约几千欧姆）C.电阻箱D.电位器（可变电阻，与滑动变阻器相当）（）E.电位器（）该同学设计了如图的电路进行实验。连接后，主要操作步骤如下：①开关和处于断开状态；②将电位器和电阻箱调至最大值。闭合开关，调节电位器，让微安表达到满偏，此时电压表示数为；③闭合开关，调节电位器和电阻箱，让微安表达到半偏，此时电阻箱的示数为，电压表的示数为。完成下列填空：（1）电位器应该选择_________；（2）由实验数据可知电压表的内阻为_________，微安表的内阻为_________；（3）若电压表在制造过程中，由于分压电阻的误差，使得示数比真实值偏大，则由此造成微安表内阻的测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】    ①. E    ②. 4000Ω##4kΩ    ③. 540Ω    ④. 等于【解析】【详解】（1）[1]由于电压表和电位器串联，且电压表内阻约为几千欧姆，所以为了能够便于调节电表示数，应选择最大阻值较大的E。（2）[2]当S闭合、S1断开且微安表满偏时，通过电压表的电流为500μA，所以电压表的内阻为[3]当闭合S1且让微安表达到半偏时，通过电压表的电流为通过电阻箱的电流为所以微安表的内阻为（3）[4]将（2）中前两式联立可得虽然由于分压电阻的误差，使得示数比真实值偏大，但不会影响U2与U1的比值，所以不会影响I，因此后续步骤不会引入系统误差，即微安表内阻的测量值等于真实值。四、解答题：本题共3小题，13题10分、14题14分、15题18分，共42分。13. 气压式升降椅通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其简易结构如图乙所示。圆柱形汽缸与椅面固定在一起，总质量。固定在底座上的柱状气缸杆的横截面积，在汽缸中封闭了长度的理想气体。汽缸气密性、导热性能食好，忽略摩擦力，已知室内温度，大气压强，取重力加速度。求：（1）质量的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离；（2）在（1）情况下人坐上去后，由于开空调室内气温缓慢降至，封闭气体的内能减少了，该过程封闭气体对外界放出的热量。  【答案】（1）12cm；（2）18J【解析】【详解】（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得解得质量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡可得解得p2＝3×105Pa设稳定后缸内气体柱长度为L'，根据玻意耳定律可得p1LS=p2L'S解得L'=8cm则椅面下降了Δh=L-L'=20cm-8cm=12cm（2）在（1）情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2=300K，该过程气体发生等压变化，则有气体柱长度为L''=7.5cm外界对封闭气体所做的功为W=（p0S+Mg+mg）（L'-L''）解得W=4.5J根据解得放出热量18J。14. 我国新一代航母准备采用全新电磁阻拦技术使飞机着舰时在电磁阻尼下快速停止。现将其简化为如图所示的横型（俯视图），在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计，轨道端点M，P间接有阻值为R的电阻，一个长度也为L、阻值为r的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机水平着舰时钩住导体棒ab上的绝缘绳的同时关闭动力系统，飞机与导体棒瞬间共速，测得此时飞机的加速度大小为a，之后在磁场中一起减速滑行，不计飞机和导体棒ab受到的摩擦阻力和空气阻力。求：（1）飞机着舰时的速度大小；（2）飞机从着舰至停止过程中，导体棒ab中产生的焦耳热；（3）飞机从着舰到停止过程中，通过导体棒ab的电量。  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设飞机着舰时的速度大小为飞机与导体棒ab共速时，导体棒ab产生的感应电动势； 联立解得 （2）飞机从着舰至停止过程中，回路中产生的总热量导体棒ab中产生的焦耳热（3）导体棒ab随飞机减速至停止，由动量定理：取为正方向     联立解得15. 如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽，质量为长度小于的木板放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板静置在凹槽左端处，其右端与凹槽右端有一定的距离。水平面左侧有质量分别为与的物块之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为，弹簧解除锁定后，将两物块弹开，物块滑上木板，当刚滑到上某位置时共速，其后与发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度为。求：（1）若在整个运动过程中未滑出，木板的长度至少为多大；（2）假如与碰撞了次，，则第次碰撞后与共速时的动能为？（结果用表示）（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将两物块弹开，物块滑上木板到达右端时，恰好第一次碰到点。改变的质量为，将弹簧重新压缩后再次解除锁定，弹簧将两物块弹开，让第次碰撞点时，木块恰好滑到右端，此时的速度大于的速度，求与的关系。  【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】（1）对A、B以及弹簧三个物体，由动量守恒定律24mvA=12mvB由能量守恒定律解得根据题意，C反复碰撞N，B未滑出C，可知最终B、C两个停止运动，由能量守恒定律解得木板的长度最少（2）当B第一次滑上C时，B的速度为vB，C的速度为0，到B、C第一次共速vB1，由动量守恒定律12mvB=（12m+m）vB1解得第一次C与N碰撞前，B的动能第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B以速度vB1继续减速，C无能量损失以速度vB1返回，到C减速为零，然后C又向N加速至B、C共速vB2的过程，由动量守恒12mvB1-mvB1=（12m+m）vB2解得共速时B动能以此类推，第n次碰撞后，共速时B的动能（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。在此过程，C的加速度为aC，B、C所用时间为tC，设C右端静止时距离N为d，则再改变C的质量为m'，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，在此过程，C的加速度为a'C，设C从运动到第一次与N碰撞的时间为t'C，根据匀变速直线运动的规律，碰撞后C向左以相同大小的加速度减速至零，时间也为t'C，故第k次碰撞N点时，C恰好运动了（2k-1）t'C。而B的受力情况并不发生变化，从M运动到N用的时间仍为tC，有 其中由以上几式所以