2023届遵义县第一中学高三九月月考物理试题

2023届遵义县第一中学高三九月月考物理试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在一场足球比赛中，质量为0.4kg的足球以15m/s的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的速率变为20m/s，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的冲量为（）A．2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同B．2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反C．14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同D．14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反2、如图所示，空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m的金属棒ab悬挂在天花板的C、D两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。已知磁场的磁感应强度大小为B，接人电路的金属棒长度为l，重力加速度为g，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是（）A．由b到a， B．由a到b，C．由a到b， D．由b到a，3、下列说法正确的是（）A．阴极射线的本质是高频电磁波B．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构D．变成，经历了4次β衰变和6次α衰变4、如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（）A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上5、如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能确定6、托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T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，有多个选项是符合题目要求的。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、下列说法中正确的是。A．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小D．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性8、如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（）A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动9、如图所示，两条平行的光滑导轨水平放置(不计导轨电阻)，两金属棒垂直导轨放置在导轨上，整个装置处于竖在向下的匀强磁场中．现在用水平外力F作用在导体棒B上，使导体棒从静止开始向有做直线运动，经过一段时间，安培力对导体棒A做功为，导体棒B克服安培力做功为，两导体棒中产生的热量为Q，导体棒A获得的动能为，拉力做功为，则下列关系式正确的是A． B． C． D．10、光滑平行导轨ab、cd水平放置，两导轨间距为L，两导轨分别与电容为C的电容器的两极板相连，两导轨的右端连接光滑绝缘的圆弧轨道bf、ce圆弧轨道的半径为R，水平导轨与圆弧轨道分别相切于b、c两点。把一质量为m，长度为L的金属杆置于bc位置，如图所示。闭合电键S，金属杆恰能滑到ef。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁场分布如图所示，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，下列各种说法中正确的是（）A．金属杆刚滑上圆弧轨道时，对轨道的压力为3mgB．从左向右看，电容器的左极板带负电，右极板带正电C．电容器两极板间的电势差减小了D．若磁场方向改为水平向右，则闭合电键S后，金属杆仍能上升R的高度三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:A．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。C．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据。D．保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D。请回答下列各问题：（1）若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为________。（忽略空气阻力）（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d=_________mm。（3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。（用题目所给字母表示）12．（12分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后，A由静止释放，最终滑到Q点。测出PO、OQ的长度分别为h、s。（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当________（“增大”或“减小”）重物的质量。（2）滑块A在PO段和OQ段运动的加速度大小比值为__________。（3）实验得A、B的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_______（用m、M、h、s表示）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，半径均为的光滑圆弧轨道与在点平滑连接，固定在竖直面内，端与固定水平直杆平滑连接，两段圆弧所对的圆心角均为60°，一个质量为的圆环套在直杆上，静止在点，间的距离为，圆环与水平直杆间的动摩擦因数，现给圆环施加一个水平向右的恒定拉力，使圆环向右运动，圆环运动到点时撤去拉力，结果圆环到达点时与圆弧轨道间的作用力恰好为零，重力加速度，求：(1)拉力的大小；(2)若不给圆环施加拉力，而是在点给圆环一个初速度，结果圆环从点滑出后，下落高度时的位置离点距离也为，初速度应是多大。14．（16分）如图所示，电阻不计、间距为L的平行金属导轨固定于水平面上，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置予导轨上，以水平初速度v0向右运动，金属棒的位移为x时停下。其在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：金属棒在运动过程中(1)通过金属棒ab的电流最大值和方向；(2)加速度的最大值am；(3)电阻R上产生的焦耳热QR。15．（12分）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，每边电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：（1）线框中电流I的大小和方向；（2）拉力所做的功W；（3）ab边产生的焦耳热Q。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解题分析】

设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为则由动量定理可得负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故A、B、C错误，D正确；故选D。2、C【解题分析】

对导体棒进行受力分析，根据左手定则分析导体棒中的电流方向，根据三角形定则分析求解安培力的大小，从而根据求解导体棒的电流大小。【题目详解】导体棒静止，则其受力如图所示：根据左手定则可知，导体棒的电流方向为由a到b，根据平衡条件可知安培力的大小为：所以感应电流的大小为：故ABD错误C正确。故选C。3、C【解题分析】

A．阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A错误；B．玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B错误。C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C正确；D．变成，经历了次α衰变，8×2-（94-82）=4次β衰变，选项D错误。故选C。4、A【解题分析】微粒从M到N运动时间，对应N筒转过角度，即如果以v1射出时，转过角度：，如果以v2射出时，转过角度：，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．5、C【解题分析】

若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′解得v′＝弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2=若用锤子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″解得v″＝弹性势能最大为ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2故C正确。故选C。6、C【解题分析】

A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确．D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误．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，有多个选项是符合题目要求的。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、AB【解题分析】

A．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误；D．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。故选AB。8、AD【解题分析】

A．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，BC错误；D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．9、AC【解题分析】

导体棒A在水平方向上只受到安培力作用，故根据动能定理可得，A正确；设B棒的动能变化量为，则对B分析，由动能定理可得①，将两者看做一个整体，由于安培力是内力，所以整体在水平方向上只受拉力作用，根据能量守恒定律可得②，联立①②解得，由于，所以C正确BD错误．10、AC【解题分析】

A．金属杆由bc滑到ef过程，由机械能守恒有mv2=mgR金属杆刚滑上圆弧轨道时，由牛顿第二定律有FN－mg=m两式联立解得FN=3mg所以金属杆对轨道的压力为3mg，故A正确B．闭合电键后金属杆获得向右的速度，说明其所受的安培力向右，由左手定则知电流方向由b到c，所以从左向右看，电容器左端为正极板，右端为负极板，故B错误；C．金属杆受安培力作用，由牛顿第二定律有由运动学公式有v=t，流过金属杆的电荷量Δq=t，电容器两极板间电势差的减小量ΔU=，联立解得ΔU=故C正确；D．若磁场方向改为水平向右，金属杆所受安培力为竖直向上，由于还受到重力作用，金属杆所获得的速度将小于v，所以上升的高度将小于R，故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、mg6.75mgs=-【解题分析】

(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；(2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度d=6mm+15×0.05mm=6.75mm(3)[3]遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为v1=、v2=故小车动能变化量为△Ek=-在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的