物理-福建省三明市第一中學(xué)2024屆高三上學(xué)期月考二（12月）試題和答案

（總分：100分，考試時間：75分鐘）一、單項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目要求）1.2023年6月10日，四川省考古研究所公布，三星堆遺址再現(xiàn)兩件跨坑拼對成功的大型青銅器。利用14C衰變測定年代技術(shù)進(jìn)行考古研究，可以確定文物的大致年代，14C衰變方程為1C→1N+X，14C的半衰期是5730年，下列說法中正確的是()A.方程中的X是電子，它是碳原子電離時產(chǎn)生的，是原子的組成部分B.衰變過程由于發(fā)生了質(zhì)量虧損而向外放出能量C.因?yàn)?C的比結(jié)合能大于1N的比結(jié)合能，所以這個衰變反應(yīng)才能發(fā)生D.半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只對大量的放射性原子核才有意義，但會隨原子核所處的環(huán)境不同而不同2.靜電紡紗利用了高壓靜電場使單纖維兩端帶上異種電荷，其電場分布如圖所示，則()A.圖中虛線是等勢線，電場強(qiáng)度EA<EBB.圖中虛線是電場線，電場強(qiáng)度EA>EBC.一電子在A點(diǎn)的電勢能大于其在D點(diǎn)的電勢能D.將一電子從C移動到D，電場力做功為零3.如圖所示，一位同學(xué)為了探究磁鐵的磁性是否與溫度有關(guān)，做了如下的實(shí)驗(yàn)：他將一塊永久磁鐵固定不動，再將一個磁性小球用一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛起來，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)且懸點(diǎn)在磁鐵的正上方，最后拿一盞酒精燈對小球緩慢加熱，發(fā)現(xiàn)懸線與豎直方向的夾角θ緩慢變小，磁鐵和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)且兩者斥力始終沿兩者連線方向，下列說法中正確的是()A.小球受四個力作用，分別是地球給的重力、細(xì)線給的拉力、磁鐵給的斥力和燈焰給的支持力B.磁鐵對小球的斥力大小不變C.細(xì)線對小球的拉力大小不變D.磁鐵對小球的斥力與小球?qū)Υ盆F的斥力是一對平衡力4.回旋加速器工作原理如圖所示，置于真空中的兩個半圓形金屬盒半徑為R，兩盒間留有一狹縫接有頻率為f的高頻交流電，加速電壓為U，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。若A處粒子源產(chǎn)生的氘核(H)在狹縫中被加速，不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，不計粒子在電場中的加速時間。則()A.氘核離開回旋加速器時的最大速率隨加速電壓U增大而增大B.氘核被加速后的最大速度可能超過2πRfC.氘核第n次和第n-1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速C粒子二、雙項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題只有兩個選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）5.長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有()A.甲在空中的運(yùn)動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mghD.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh6.2022年11月30日，神舟十五號載人飛船與“天和核心艙”完成對接，航天員費(fèi)俊龍、鄧清明、張陸進(jìn)入“天和核心艙”。對接過程的示意圖如圖所示，“天和核心艙”處于半徑為r3的圓軌道Ⅲ;神舟十五號飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ,運(yùn)行周期為T1，通過變軌操作后，沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動到B處與“天和核心艙”對接。則神舟十五號飛船()A.由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需在A點(diǎn)減速C.在軌道Ⅰ上A點(diǎn)的加速度等于在軌道Ⅱ上A點(diǎn)的加速度D.在軌道Ⅲ上B點(diǎn)的線速度大于在軌道Ⅱ上B點(diǎn)的線速度7．如圖1所示，一傾角為30o固定光滑絕緣斜面，上方存在沿斜面向下的勻強(qiáng)電場。一帶電量為5C的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以一定初速度沿斜面上滑，在上滑過程中物塊的動能Ek、電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖2所示。重力加速度g取10m/s2，則物塊質(zhì)量m和電場強(qiáng)度的大小E分別為-5N/C-5N/C8.如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧拴在一起豎直放置在水平地面上，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正上方h高處有一質(zhì)量為m的物塊C?，F(xiàn)將物塊C由靜止釋放，C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起（碰撞時間極短彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.C與A碰撞后，AC整體運(yùn)動到最低點(diǎn)的加速度一定大于mghBC與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為mghmghCC與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為mghD.如果碰后物體B恰能被拉離地面，則此時AC的加速度大小為g三、填空題（本題共3小題，每小題3分，共9分，請把答案填寫在答題卷的相應(yīng)位置上）9．夏季炎熱的正午，小李將充足氣的自行車忘在室外，結(jié)果車胎爆胎。將車胎內(nèi)的空氣視為理想氣體，爆胎前車胎內(nèi)空氣的體積及質(zhì)量均不變，爆胎過程時間極短。爆胎前，隨著氣溫的升高，車胎內(nèi)空氣的壓強(qiáng)（選填“增大”或“減小”爆胎過程中，車胎內(nèi)的空氣對外做（選填“正”或“負(fù)”）功，內(nèi)能（選填“增大”或“減小”）。10．某同學(xué)在研究某金屬的光電效應(yīng)現(xiàn)象時，發(fā)現(xiàn)該金屬逸出光電子的最大初動能Ek與入射光頻率v的關(guān)系如圖所示。若圖線在橫、縱坐標(biāo)軸上的截距分別為a和－b，已知電子所帶電荷量為e，由圖線可以得到（1）該金屬的逸出功為，普朗克常量為；（2）當(dāng)入射光的頻率為2a時，逸出光電子的最大初動能為。11．洛倫茲力演示儀用于觀察運(yùn)動電子在磁場中的運(yùn)動，結(jié)構(gòu)如圖所示。不考慮地磁場和重力的影（1）不加磁場時電子束的徑跡是。（選填“直線運(yùn)動”或“平拋運(yùn)動”）（2）加磁場并調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度可使電子束徑跡形成一個圓周。保持磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，增大出射電子的速度，電子束圓周的半徑。（選填“增大”、“減小”、“不變”或“不能確定”）（3）保持出射電子的速度不變，要減小電子束圓周的半徑，應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度。（選填“增大”“減小”、“不變”或“不能確定”）四、實(shí)驗(yàn)與探究題（本題共2小題，共11分，請把答案填寫在答題卷的相應(yīng)位置上）126分）某學(xué)習(xí)小組同學(xué)利用DIS系統(tǒng)研究某電容器的充電和放電過程，電路圖如圖甲所示，實(shí)驗(yàn)前電容器不帶電，電源為輸出電壓恒為6V的直流穩(wěn)壓電源。（1）將單刀雙擲開關(guān)S置于1端給電容器充電，電路下方導(dǎo)線中充電電流的方向?yàn)閺模ㄌ睿?）電容器充電完畢后，將單刀雙擲開關(guān)S撥至2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機(jī)，屏幕上便顯示出如圖乙所示I-t圖像。圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積可以用所圍小方格的總面積近似代替，若按照“大于半個格的按一個格算，小于半個格的舍去”的原則數(shù)出小方格數(shù)為116個，據(jù)此估算出電容器的電容為F（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（3）放電過程中電容器兩極板間電壓U與時間t的圖像和電容器所帶電荷量q與兩極板間電壓U的圖像正確的是。135分）某興趣小組的同學(xué)設(shè)計了圖甲所示的裝置測量滑塊和水平臺面間的動摩擦因數(shù)。水平轉(zhuǎn)臺能繞豎直的軸勻速轉(zhuǎn)動，裝有遮光條的小滑塊放置在轉(zhuǎn)臺上，細(xì)線一端連接小滑塊，另一端連到固定在轉(zhuǎn)軸上的力傳感器上，連接到計算機(jī)上的傳感器能顯示細(xì)線的拉力F，安裝在鐵架臺上的光電門可以讀出遮光條通過光電門的時間t，興趣小組采取了下列步驟：①用螺旋測微器測量遮光條的寬度d。②用天平稱量小滑塊（包括遮光條）的質(zhì)量m。③將滑塊放置在轉(zhuǎn)臺上，使細(xì)線剛好繃直。④控制轉(zhuǎn)臺以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動，記錄力傳感器和光電門的示數(shù)，分別為F1和t1；依次增大轉(zhuǎn)臺的角速度，并保證每次都做勻速轉(zhuǎn)動，記錄對應(yīng)的力傳感器示數(shù)F2、F3…和光電門的示數(shù)t2、t3…?；卮鹣旅娴膯栴}:（1）螺旋測微器的示數(shù)如圖乙所示，則d=mm。（2）滑塊勻速轉(zhuǎn)動的線速度大小可由表達(dá)式v=計算得出。（3）處理數(shù)據(jù)時，興趣小組的同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為縱軸，對應(yīng)的線速度大小的平方v2為橫軸，建立直角坐標(biāo)系，描點(diǎn)后擬合為一條直線，如圖丙所示，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則滑塊和臺面間的滑動摩擦因數(shù)μ=。（4）該小組同學(xué)換用相同材料的質(zhì)量更大的滑塊再次做了該實(shí)驗(yàn)，作出F—v2的圖像，與圖丙中a和b比較，發(fā)現(xiàn)a、b（選填“增大”、“減小”或“不變”）。五、解答題（本題共3小題，共40分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）14.（11分）電磁炮的模型如圖所示，彈體（含水平桿ab）總質(zhì)量m=0.01kg，水平導(dǎo)軌M、N間距L=0.1m，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，可控電源提供恒定電流I=0.2A，以保證彈體做勻加速直線運(yùn)動，不計一切阻力。求：（1）彈體所受安培力大小FA；（2）彈體從靜止加速到v=10m/s所用的時間t；（3）彈體從靜止加速到v=10m/s過程中安培力所做的功W。15.（13分）如圖，質(zhì)量為9m的靶盒（可視為質(zhì)點(diǎn)）帶正電，電荷量為q，靜止在光滑水平面上的O點(diǎn)。O點(diǎn)右側(cè)存在電場強(qiáng)度大小為E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場。在O點(diǎn)左側(cè)有一質(zhì)量為m的子彈，以速度v0水平向右打入靶盒后與靶盒一起運(yùn)動。已知子彈打入靶盒的時間極短，子彈不帶電，且靶盒帶電量始終不變，不計空氣阻力。（1）求子彈打入靶盒后的瞬間，子彈和靶盒共同的速度大小v1；（2）求子彈打入靶盒后，靶盒向右離開O點(diǎn)的最大距離s；（3）若靶盒回到O點(diǎn)時，第2顆完全相同的子彈也以v0水平向右打入靶盒，求第2顆子彈對靶盒的沖量大小I。16.（16分）如圖所示，軌道ABCD由半徑R1=1.2m的光滑圓弧軌道AB、長度LBC=0.6m的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量m?=2kg的物塊P和質(zhì)量，m2=1kg的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量m?=3kg的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長 14度LEF=1.2m；FG段為半徑R2=1.8m 14光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧其中物塊P進(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計物塊經(jīng)過各連接點(diǎn)時的機(jī)械能損失。（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊P通過B點(diǎn)時，圓弧軌道對物塊P的彈力大小；（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊Q沖出小車后離開G點(diǎn)的最大高度；（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點(diǎn)，并且后續(xù)運(yùn)動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍。1.【答案】B【詳解】A．X是原子核中的中子轉(zhuǎn)變成一個質(zhì)子和一個電子后放出來的電子，故A錯誤；B．衰變過程有質(zhì)量虧損，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可知該過程會放出能量，故B正確；C．從比結(jié)合能小的核向比結(jié)合能大的核轉(zhuǎn)變，這種核反應(yīng)才能自發(fā)地發(fā)生，故C錯誤；D．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只對大量放射性原子核才有意義，其只由元素種類決定，與其他因素?zé)o關(guān)，故D錯誤。2.【答案】C3.【答案】C【詳解】A．對小球受力分析可知，小球只受三個力作用，分別是地球給的重力、細(xì)線給的拉力、磁鐵給的斥力，故A錯誤；BC．對小球受力分析，如圖所示：根據(jù)力矢量三角形與長度三角形相似，可知==G、h、L均不變而R減小，所以T的大小不變，斥力F的大小減小，故B錯誤，C正確。D．磁鐵對小球的斥力與小球?qū)Υ盆F的斥力是一對相互作用力，故D錯誤。4.【答案】D【詳解】A．根據(jù)qvB=m，可得v=可知氘核離開回旋加速器時的最大速率與加速電壓U無關(guān)，故A錯誤；B．氘核被加速后的最大速度時的半徑為R，則v==2πRf故氘核被加速后的最大速度不可能超過2πRf，故B錯誤；C．氘核第n次和第n1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的分別有222n2nnqU=mv，(n1)qU=2n2n 解得v=，v=解得v=，v=mm又qvB=m，則r= rvn則氘核第n次和第n1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為n=n=，rvn1n1故C錯誤；D．回旋加速器的周期為T=由于氘核(H)和C粒子(He)的比荷相等，所以不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速C粒子，故D正確。5.【答案】BC【詳解】A．由平拋運(yùn)動規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動的時間t=因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，所以在空中運(yùn)動時間相等，故A錯誤；B．做平拋運(yùn)動的物體落地前瞬間重力的功率P=mgvcosθ=mgvy=mg因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C．從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量ΔEp=mgh故C正確；D．從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤。6.【答案】CD【詳解】A．由低軌道進(jìn)入高軌道需要點(diǎn)火加速，所以由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需在A點(diǎn)加速，故A錯誤；T2T2（2r1)3T2T2（2r1)C．由萬有引力公式可知，在軌道Ⅰ、Ⅱ上A點(diǎn)的合外力相同，加速度也相同，故C正確；D．由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需在B點(diǎn)加速，所以在軌道Ⅲ上B點(diǎn)的線速度大于在軌道Ⅱ上B點(diǎn)的線速度，故D正確。7.【答案】AC【詳解】CD．根據(jù)W電=-ΔEp，圖2中以出發(fā)點(diǎn)的電勢能為零，則有Ep=qEx，結(jié)合圖2有qE=N，解得E=1.25根10-5N/C，C正確，D錯誤；AB．根據(jù)-qEx-mgsin30。.x=Ek-mv，可知Ek=mv-(qE+mgsin30。)x，根據(jù)圖2有qE+mgsin30。=N，解得m=0.75kg，A正確，B錯誤。故選AC。8.【答案】AD【詳解】A．假設(shè)將C無初速地輕輕放在A上，AC整體向下運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知AC整體達(dá)到最低點(diǎn)時彈簧的壓縮量為3g，此時AC整體的加速度大小為a1=3mmg=而實(shí)際情況是A從一定高度下落，與C碰撞后使AC整體具有初動能，所以AC整體運(yùn)動到最低點(diǎn)時彈簧的壓縮量一定大于，此時AC整體的加速度一定大于，故A正確；B．根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可知C與A碰撞前瞬間的速度大小為v0=設(shè)C與A碰撞后瞬間整體的速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0=2mv122C與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=mv一.2mv=mgh，故B錯誤；C．設(shè)開始時彈簧的彈性勢能為Ep0，AC整體到達(dá)最低點(diǎn)時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep1，AC整體下降的高度為h0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep1一Ep0=2mv+2mgh0解得Ep1=mgh+2mgh0+Ep0>mgh，故C錯誤；D．如果碰后物體B恰能被拉離地面，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，且彈力大小為mg，對AC整體根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度大小為a2==g，故D正確?！驹斀狻縖1]爆胎前，車胎內(nèi)空氣的體積不變，根據(jù)查理定律可知，當(dāng)溫度升高時，車胎內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增大；[2][3]因?yàn)楸ミ^程時間極短，所以爆胎過程中車胎內(nèi)的空氣來不及與外界發(fā)生熱交換，即Q=0，其體積膨脹對外界做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可知，該過程車胎內(nèi)空氣的內(nèi)能減小。bab（2）[3]當(dāng)入射光的頻率為2a時，逸出光電子的最大初動能為Ek11.（3分，每空1分）【答案】直線運(yùn)動增大增大【詳解】（1）不加磁場時電子將做直線運(yùn)動，即電子束的徑跡是直線運(yùn)動。（2）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力Bev=m，解得R=可知，保持磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，增大出射電子的速度，電子束圓周的半徑將增大。（3）根據(jù)R=可知，若保持出射電子的速度不變，要減小電子束圓周的半徑，則應(yīng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度。12.（6分，每空2分）【答案】b到a【詳解】（1）先將單刀雙擲開關(guān)S置于1端，給電容器進(jìn)行充分的充電，可知電路下方導(dǎo)線中充電電流的方向?yàn)閺腷到a。（2）根據(jù)I-t圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量，可知電容器充完電所帶的電荷量為Q=116×20×10-6×40×10-3C=9.28×10-5C（3）AB．電容器放電過程中，隨著電荷量的減少，兩極板間電壓減小得越來越慢，電容器放電結(jié)束后，板間電壓減為零，故A正確，B錯誤；CD．電容是電容器本身具有的屬性，根據(jù)C=可知，電荷量與電容器兩端的電勢差成正比，圖線為過原點(diǎn)的傾斜直線，故C正確，D錯誤。da13.（5分，每空1分）【答案】1.731/1.732/1.733/datmg（2）[2]滑塊勻速轉(zhuǎn)動的線速度大小可由光電門測得v=（3）[3]對在轉(zhuǎn)臺上做勻速圓周運(yùn)動滑塊，根據(jù)圖丙知v2=0時F=一a根據(jù)牛頓第二定律F+μmg=m解得a=μmg，b=μgr則換用質(zhì)量m更大的滑塊，a增大而b不變。14.（11分）【答案】（13分）0.02N24分）5s34分）0.5J解1）彈體受到的安培力大小FA=ILB（2）由牛頓第二定律可知FA=ma（3）由運(yùn)動學(xué)公式可知彈體的位移s=at2解得2mv 020qE024分）mv 020qE解1）子彈打入靶盒過程中，由動量守恒得mv0=10mv1解得v10（2）靶盒向右運(yùn)動的過程中，由牛頓第二定律得qE=10ma又v=2as解得s=（3）第1顆子彈打入靶盒后，靶盒將向右減速后反向加速，返回O點(diǎn)時速度大小仍為v1，設(shè)第2顆子彈打入靶盒后速度為v2，取向右為正方向，由動量守恒得解得v2=0以靶盒與第1顆子彈為整體，由動量定理得解得I=mv016.（16分）【答案】（13分）60N26分）2.1m37分）12J<