2024湖南师大附中高三下学期第六次月考物理试卷含答案

这是一份2024湖南师大附中高三下学期第六次月考物理试卷含答案，共16页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．关于物体的运动，下列说法正确的是（ ）
A．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度不变
B．物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力
C．在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化率恒定
D．物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化
2．岳阳楼是中国传统建筑的杰出代表，采用了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为，重力加速度为，则（ ）
A．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为
B．每根椽子对瓦片的支持力大小为
C．椽子对瓦片支持力的合力大小为
D．椽子对瓦片作用力的合力大小为
3．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端点与管口的距离为，一质量为的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点，压缩量为，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能为B．小球运动的最大速度等于
C．弹簧的劲度系数为D．小球运动中最大加速度为
4．如图为国内CBA赛场的篮球场，在某一篮球赛中甲将球传给队友，出手时离地，速度大小为，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球的质量为，重力加速度为，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．甲传球时，球与乙的水平距离为
B．队友接球前瞬间，球的速度一定为
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为
D．若仅增大出手时球与水平方向的角度，球将不能被乙拦截
5．“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球运动过程中动量保持不变
B．小球运动到两处的加速度相同
C．小球在两处一定受到摩擦力的作用
D．小球从到的过程中，重力的功率先增大后减小
6．如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过两点。已知粒子的比荷为，粒子经过点时速率为，经过点时速率为，粒子经过两点时速度方向与连线的夹角分别为连线长度为。若粒子只受电场力作用，则下列无法确定的是（ ）
A．场强的大小B．场强的方向
C．两点的电势差D．粒子在两点的电势能之差
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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．从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为，则小球在整个运动过程中（ ）
A．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于
C．最大的加速度为
D．小球上升的最大高度为
8．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为，右侧倾角为。质量分别为和的物体通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，恰好都处于静止状态。已知两物体与斜面体间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．
B．剪断轻绳后，都能沿斜面加速下滑
C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于
D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
9．如图所示是某水域的剖面图，两区域最大水深分别为、，点处于两部分水面分界线上，和分别是处在两区域水面上的两点。若时刻点从平衡位置向上振动，点从平衡位置向下振动，形成以点为波源向左、右传播的水波（可看作简谐横波），两波源振动频率均为，其波速跟水深关系为，式中为两区域水的最大深度。当时，点开始向上振动。已知区域水波的振幅均为，水深间距离为间距离为。重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．两区域水波的波长之比为
C．时，点经平衡位置向上振动
D．后，之间存在10个振幅为的点
10．如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立轴，边界与坐标原点在一条直线上且垂直轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的形框由金属棒（阻值）和两绝缘棒组成。另有质量为长、阻值的金属棒在离一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒及形框与轨道间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．在棒释放后的很短时间内，两点的电势有
B．若棒从某处释放，同时形框解除锁定，为使棒与形框碰撞前框保持静止，则棒释放时所获得冲量满足
C．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则棒到达时速度为
D．若棒在处释放且初速度为，同时U形框解除锁定，则在棒与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移
第Ⅱ卷
三、实验题（共2题，每空2分，共16分）
11．（8分）实验小组用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_________．
A．测量摆线长时用手将摆线沿竖直方向拉紧
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（2）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图2所示的图像，横坐标所代表的物理量是，若图线斜率为，则重力加速度_________（用表示）。
（3）乙同学实验时误将摆线长记为摆长，当他用（2）中甲同学的方法处理数据后，_________（选填“能”或“不能”）得到正确的重力加速度值。
（4）同学们用如图3所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。为了简明直观的体现周期与等效重力加速度的关系，请你将下面具体操作步骤补充完整，写出需要测量的物理量、相应的测量方法和数据处理方法。
①测量“斜面”的倾角。将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为。
②根据摆杆与重垂线的夹角，求出等效重力加速度。
③测量杆线摆的周期，用停表测量摆球全振动次所用的时间，计算出单摆的周期
④改变铁架台的倾斜程度，重复实验，记录。
⑤在坐标系中作出_________图像，利用图像斜率计算。
12．（8分）现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。此传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。酒精测试仪的调试电路如图乙所示。目前国际公认的酒驾标准是“酒精气体浓度”，醉驾标准是“酒精气体浓度”，提供的器材有：
A．二氧化锡半导体型酒精传感器
B．直流电源（电动势为，内阻不计）
C．电压表（量程为，内阻非常大）
D．电阻箱（最大阻值为）
E．定值电阻（阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．单刀双郑开关一个，导线若干
（1）为使电压表改装成酒精浓度测试表以判断是否酒驾，应选用定值电阻_________（填“”或“”）；
（2）按照下列步骤调节此测试仪：
①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为_________；（保留小数点后一位）
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”，此浓度表刻度线上对应的浓度值是_________（填“均匀”或“非均匀”）变化的；
③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。
（3）在电压表刻度线上标注一段红色的长度以提醒酒驾的读数范围，该长度与电压表总刻度线长度的比例为1∶_________。（保留一位有效数字）
四、解答题（共40分）
13．（10分）如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为的水银柱，水银柱下密封了一定质量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为，环境温度为。
（1）细管倒置后，气体吸热还是放热；
（2）求细管的长度；
（3）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
14．（15分）如图甲所示，足够长水平收集板位于轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第三象限有垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与轴相切于点。一群电子从与轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的坐标范围为，电子打到收集板上后被收集。电子电量为、质量为，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到电子区域的长度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为，电场强度为，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直：
①若从处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比；
②把磁感应强度大小改为使处射出电子从第层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行轴向下，求的大小（用表示）。
15．（15分）如图所示，水平粗糙地面上有一个长为的轻杆，杆的一端与质量为的球相连，另一端连接铰链，杆可以在竖直平面内绕自由转动，重力加速度为。的右侧紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为，边长为，箱子左面光滑。现有质量为的小尖状物块以竖直向上的速度射入但未射出，随后与物体形成新的整体带动杆在竖直平面内转动，转过后，给施加一个水平向右的恒力大小为。再转过后，箱子与分离。求：
（1）小尖状物体射入后的共同速度大小；
（2）箱子与地面之间的动摩擦因数；
（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为，轨道圆心处静止着质量为的球，箱子运动到处，与发生弹性碰撞，随后做平抛运动落入圆弧轨道上。要使落入圆弧轨道上的动能最小，则与的水平距离为多少？
大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（六）
物理参考答案
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．C 【解析】做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；单摆做简谐运动，回复力是重力的切向分力提供，不是摆球所受的合力，故B错误；在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，根据动量定理可知，该物体动量的变化率为，则其动量的变化率恒定，故C正确；物体做匀速圆周运动时，其速度与加速度垂直，夹角不随时间而变化，故D错误。故选C。
2．A 【解析】两根橡子对瓦片的摩擦力的合力为，摩擦力方向与橡子平行，所以每根橡子对瓦片的摩擦力大小为。故BC错误；橡子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为。故D错误。故选A。
3．A 【解析】小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，且有，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有，解得，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有，解得最大速度为，故B错误；小球运动到最低点时有，解得，故D错误。故选A。
4．C 【解析】设出手时离地高度为，篮球到达最高点高度为：由题意可知，篮球从抛出到最高点竖直方向的位移为，由，解得篮球竖直方向分速度，则从抛出到最高点的时间为，篮球水平方向的速度为，则甲传球时，球与乙的水平距离为，故A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和抛出的高度相等，则篮球的速度为，若高度不相等，则篮球的速度可能大于，也可能小于，故B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能恒为，故C正确；若仅增大出手时球与水平方向的角度，角度太大，在水平方向的分速度过小，会导致到乙位置时，竖直方向的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，故D错误。故选C。
5．D 【解析】小球在运动过程中速度方向时刻改变，故其动量方向时刻改变，因动量为矢量，所以动量时刻改变，故A错误；、两处加速度大小相等，但方向相反，故加速度不相同，故B错误；如果小球在两处受到的支持力和重力的合力恰好指向圆心且等于小球转动所需要的向心力，则小球可以不受摩擦力的作用，故C错误；小球从到的过程中，速度大小保持不变，但在竖直方向上的分速度先增大后减小，由，可知，重力的功率先增大后减小，故D正确。故选D。
6．D 【解析】设电场力的方向与所在直线夹角为，如图，垂直电场方向速度分量相同，有，解得，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为，沿电场力方向速度变化量为，电场强度的大小为，故AB可以确定，不符合题意；根据匀强电场电场强度，可知两点的电势差可求，故C以确定，不符合题意；根据功能关系有，电荷量未知，无法确定粒子在两点的电势能之差，故D无法确定，符合题意。故选D。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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．CD 【解析】由题意可得，阻力与速率的关系为，故阻力的冲量大小为，因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，A错误；由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，B错误；设小球的初速度为，满足，而小球的末速度为，有，小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有，当小球向下匀速时，有，联立解得，C正确；上升时加速度为，由牛顿第二定律得，解得，取极短时间，速度变化，有，又，上升全程，则，设小球的初速度为，满足，而小球的末速度为，有，联立可得，D正确。故选CD。
8．AD 【解析】对物体受力分析，由平衡条件得，对物体受力分析，由平衡条件得，得，A正确；剪断轻绳后，对，所以剪断轻绳后，在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B，，所以剪断轻绳后，能沿斜面加速下滑，B错误；剪断轻绳后，对物体受力分析，，解得，对斜面体和整体受力分析，在竖直方向，由牛顿第三定律，所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力，C错误；对斜面体和物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为，方向水平向右，D正确。故选AD。时，点开始向上振动，说明点形成的水波先传到点。区域的波速为，又，解得，得，故A正确；区域的波速为，得，故B错误；当时，波源点的水波刚传到点且向上振动，再经即一个周期，点在平衡位置向上振动。波源点的水波传到点用时，该水波使点在平衡位置向下振动，又已知区域水波的振幅均为。根据波的叠加原理，时，点经平衡位置既不向上振动也不向下振动。故C错误；波源发出的波到达点的时间，同理波源发出的波到达点的时间区域水波的波长点为波源振动步调相反。把点波源等效到点，两波源的叠加振动加强点满足间有4个振动加强点，即振幅为的点。区域水波的波长，把点波源等效到点，两波源的叠加振动加强点满足间有6个振动加强点，即振幅为的点。即后，之间存在10个振幅为的点。故D确。故选AD。
10．CD 【解析】根据右手定则，点的电势高，故A错误；金属棒向下运动时，由于，则金属棒释放后做加速度减小的减速运动，安培力，形框受到安培力的方向沿导轨平面向上，，其中，获得冲量的瞬间，形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使形框静止，此时形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为形框静止有释放时所加的初速度满足的条件为，冲量满足，故B错误；金属棒初速度为，则金属棒在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，得，其中，得，故C正确；与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得，当形框速度为时，其感应电流为，其中分别为边和边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，总的安培力为，其中，得与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移，D正确。故选CD。
三、实验题（共2题，每空2分，共16分）
11．（1）BC （2） （3）能 （4）⑤
【解析】（1）测量摆线长时用手将摆线沿竖直方向拉紧，摆长测量值偏大，故A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，满足简谐运动回复力和位移的关系，做简谐运动，故B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，速度最大，误差最小，故C正确；用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期，误差较大，应多次测量取平均值，故D错误。故选BC。
（2）根据单摆周期公式有，整理得，结合图像有，解得。
（3）考虑小球的半径，单摆周期为整理得，因为图像是以为横坐标，实际得到的函数图线与题中图线平行，所以能得到正确的重力加速度值。
12．（1） （2）①200.0 ②非均匀 （3）3
【解析】（1）由于电压表量程为，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压，由图甲可知，电动势为，电压表量程为，得，可得，故应选用定值电阻选。
（2）①本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故应先电阻箱调到，结合电路，开关应向端闭合；由图甲可知时，酒精气体浓度为。②由甲图知，传感器的电阻随酒精气体浓度是非均匀变化，故此浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀变化的。
（3）根据电路分压原理，酒精浓度时传感器电阻为，此时电压表示数为，酒精浓度时传感器电阻为，此时电压表示数为，故电压表为酒驾范围，占总量程；则该长度与电压表总刻度线长度的比例为。
四、解答题（共40分）
13．【解析】（1）细管倒置后，由于气体体积变大，气体对外做功，而气体温度最终不变，内能不变，由可知气体吸热
（2）设细管的长度为，横截面的面积为，水银柱高度为；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为，被密封气体的体积为，压强为；细管倒置时，气体体积为，压强为。
由玻意耳定律有
由力的平衡条件可得，细管倒置前后，管内气体压强有
式中，分别为水银的密度和重力加速度的大小，为大气压强。由题意有
联立解得
（3）设气体被加热前后的温度分别为和，由盖-吕萨克定律有
14．【解析】（1）根据题意，一群电子从与轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有
解得
（2）电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示
则有
根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标
由几何关系可知
而这群粒子最右边距轴的距离恰为，因此粒子范围最右边的粒子恰能经过原点，因此落在挡板最左侧坐标
收集板上能收集到电子区域的长度为
（3）①法1：设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为，速度的竖直分量为
又因为，所以
设电子刚出第一层电场时速度大小为，速度与边界的夹角为，则
又因为，所以
所以
法2：竖直方向动量定理
所以
②由动能定理得
在轴方向列动量定理方程
联立解得
15．【解析】（1）小物块与碰撞，设碰后的共同速度为，则
（2）小物块与碰撞形成整体转过的过程中，机械能守恒
，得
在最高点速度为0，随后受到水平向右的恒力
当箱子与分离，转过了，设此时的速度为，箱子的速度为，杆的拉力为，根据能量关系，有
分离时水平速度相等：
分离时水平加速度相等：
认为研究对象：
联立四式，解得
（3）设箱子与碰撞后，的速度为落到轨道上时，竖直位移为，水平位移为，动能为，则
由②式得：，代入③式得：，再代入①得：
当，即有最小值，此时
所以箱子与碰撞后，的速度为时，落到轨道上的动能最小
设箱子与碰前的速度为，碰撞后的速度为，则
设箱子从离开到与碰撞位移为，则
解得题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
A
A
C
D
D
题号
7
8
9
10
答案
CD
AD
AD
CD