2023-2024学年辽宁省锦州市北镇市满族高级中学高三（下）第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省锦州市北镇市满族高级中学高三（下）第一次月考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理公式中不属于比值定义法的是
A. a=FmB. φ=EpqC. R=UID. B=FIL
2.2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中( )
A. 在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零
B. 运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C. 运动员和滑板构成的系统动量守恒
D. 上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零
3.如图，半径相同、质量均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起静止在水平地面上，E、M之间无摩擦力，M下表面粗糙.现用过E的轴心的水平力F，缓慢地将E拉离地面直至滑到M的顶端，M始终处于静止状态.则E拉离地面后的过程中( )
A. 地面所受M的压力变大B. E对M的弹力逐渐增大
C. 拉力F由最大逐渐减小为0D. 地面对M的作用力等于拉力F
4.在《物理评论快报》论文中，中国锦屏深地实验室核天体物理实验(JUNA)研究团队通过直接测量，为核反应提供目前最精确的反应率数据，澄清此前国际实验数据间数倍的分歧，解决“点石成金”中铁元素俘获慢中子变成超铁元素的中子源的问题。已知该反应中、X、、的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是
A. 该反应属于裂变反应B. X为氦核 24He
C. E=(m1+m2+m3+m4)c2D. E=(m1+m2−m3+m4)c2
5.波源按照y=10sin(2πt+π4)cm的规律振动，时刻在介质中形成的波形图如图，由此可知该波在5s时间内传播的距离为( )
A. 10mB. 8mC. 5mD. 2m
6.有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是
( )
A. c点的电势大于d点的电势
B. a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
C. 负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
D. 将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
7.质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是( )
A. 物块所受拉力F的冲量方向水平向右B. 物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C. 物块所受重力的冲量大小为零D. 物块所受合力的冲量大小为Fcsθt
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2022年11月3日9时32分，梦天实验舱顺利完成转位，标志着中国空间站“T”字型基本结构在轨组装完成，如图所示。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，根据已知条件可求出下列哪些物理量
A. 地球的质量B. 空间站的线速度大小
C. 地球的平均密度D. 空间站的周期
9.如图所示，等腰梯形abcd区域(包含边界)存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边长ab=bc=cd=12ad=l，一质量为m、带电量为−q(q> 0)的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子不能经过bc边，粒子的速度可能为()
A. 3qBl4mB. 3qBl2mC. 2qBlmD. qBlm
10.如图所示，直角三角形斜劈ACB固定在水平面上，∠ABC=37∘，斜边AB长1.5m，P点将AB分成两部分，AP=0.5m，PB=1.0m。小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2。BC水平放置，小物块从A点由静止释放，经过时间t1下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度v0，经过时间t2上滑到A点时速度也刚好为零。重力加速度取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则
( )
A. μ1+2μ2=94B. v0=6m/sC. t1>t2D. t1 3qBlm
故选AC。
10.【答案】ABC
【解析】A.设 x=AP ，从 A 到 B 由动能定理
mg⋅3xsin37∘−μ1mgcs37∘⋅x−μ2mgcs37∘⋅2x=0
解得
μ1+2μ2=94
故A正确；
B.从 B 到 A 由动能定理
−mg⋅3xsin37∘−μ1mgcs37∘⋅x−μ2mgcs37∘⋅2x=0−mv022
联立解得
v0=6m/s
故B正确；
CD.上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即 t1>t2 ，故C正确，D错误。
故选ABC。
11.【答案】(1)B；(2)B；(3)A。
【解析】解：(1)当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码的重力，故A错误，B正确。
故选：B。
(2)实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时需要拿走小盘，纸带穿过打点计时器，并固定在小车的尾端，然后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在斜面上匀速下滑，故B正确，AC错误。
故选：B。
(3)由图2所示a−F图象可知，图象在纵轴上有截距，即当F=0时已经产生加速度，说明小车所受合力大于拉力，这可能是由于平衡摩擦力过度造成的，故A正确，B错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)A。
(1)当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码的重力。
(2)实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不挂砝码盘，小车与纸带相连。
(3)根据图示图象分析答题。
本题考查了“验证牛顿第二定律”实验，理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识、知道实验注意事项，根据题意即可解题。
12.【答案】 R1 R4 2500.0 a U2RI2R−U2 U1I1−R−R0
【解析】(1)[1][2]因为待测电压表的内阻约为 3kΩ ，而定值电阻 R2 的阻值为 500Ω ，定值电阻 R2 的阻值比电压表的内阻小得多，如果选用 R2 ，则当单刀双郑开关拨到2时，电压表V指针偏转角度很小，读数误差将很大，因此定值电阻选择 R1 ；由于滑动变阻器采用了分压式接法，为了实验时调节方便，滑动变阻器的总阻值应当选择小一些的，则滑动变阻器选择最大阻值为 50Ω 的，即选择 R4 。
(2)[3]根据题图乙所示可以知道该电阻箱可以精确到 0.1Ω ，则读数为
R0=2500.0Ω
(3)[4]为了确保电路的安全，闭合 S1 前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即 a 处。
(4)[5][6]将单刀双郑开关拨到1时，有
U1=I1R+R0+rg
将单刀双郑开关拨到2时，有
U2R+U2rV=I2
解得
rg=U1I1−R−R0
rV=U2RI2R−U2
13.【答案】解：(1)在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为F，安培力大小为FA。
由平衡条件得F=mgsinθ+FA
此时ab棒产生的感应电动势为E=BLv
设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r
ab棒受到的安培力大小为FA=BIL
拉力的功率：P=Fv
联立以上各式解得：FA=1N，P=4W。
(2)ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得
Pt−W−mgxsinθ=12mv22−12mv12
电阻R中产生的焦耳热为Q=0.03J，因R=r，则金属棒产生的焦耳热也为Q=0.03J，则此过程中ab克服安培力做功
W=2Q=2×0.03J=0.06J
解得：x=0.1m。
(3)设撤去拉力后，金属棒上滑的位移大小为x1，所用时间为t1′，下滑时所用时间为t2。
撤去拉力后，金属棒上滑的过程，取沿导轨向.上为正方向，由动量定理得
−mgsinθ⋅t1′−BI1−L⋅t1′=0−mv2 ①
此过程中通过金属棒的电荷量为
q1=I1−⋅t1′=BLv1−t1R+r=BLx1R+r ②
将②代入①得：
mgsinθ⋅t1′+B2L2x1R+r=mv2 ③
金属棒下滑的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得
mgsinθ⋅t2−BI2L⋅t2=mv3−0 ④
此过程中通过金属棒的电荷量为
q2=I2−⋅t2=BLv2−t2R+r=BL(x+x1)R+r ⑤
所求的棒运动的时间：t1=t1′+t2
联立解得：t1=0.55s。
答：(1)FA=1N；拉力的功率P为4W。
(2)该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。
(3)该过程中棒运动的时间t1为0.55s。
【解析】(1)ab棒做匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出ab棒受到的安培力大小，再根据平衡条件求出此时拉力大小，由P=Fv求拉力的功率P。
(2)根据能量守恒定律求ab沿导轨的位移大小x。
(3)对撤去拉力后棒_上滑和下滑的过程，分别运用动量定理列方程，联立即可求解运动时间。
本题与汽车恒定功率启动相似，要正确分析ab棒的运动情况，知道加速度为零时速度最大。要知道在电磁感应现象中，动量定理是求运动时间常用的方法。
14.【答案】(1)设物体离开桌面时的速度大小为 v′ ，根据动能定理−μmgL=12mv′2−12mv02
解得v′=2.0m/s
设物体平抛运动的时间为 t，则有h=12gt2
解得t=0.4s
解得s=v′t=0.80m
(2)设物体落地时竖直方向的速度为 vy，有vy=gt=4.0m/s
物体落地时的速度大小v= v′2+vy2=2 5m/s
(3)物体平抛过程中重力的冲量I=mgt=1.6N⋅s，方向竖直向下。

【解析】本题考查了平抛运动、动能定理、冲量等知识点，难度一般。
15.【答案】(1)小物块恰好能通过 D 点，由牛顿第二定律可知mg=mvD2R
解得vD=2m/s，方向水平向左
(2)从A点到D点由动能定理得(qE−μmg)L−2mgR=12mvD2
解得A、B两点间的距离L=53m
(3)从C点到D点由动能定理得−mgR−qER=12mvD2−12mvC2
在C点由牛顿第二定律得N−qE=mvC2R
根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小FN= N = 5.4N。

【解析】本题主要考查了带电粒子在电场和重力场中的运动，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可求解。