2022-2023学年湖北省荆州市沙市中学高三下学期2月月考物理试题（解析版）

荆州市沙市中学2022-2023学年高三下学期2月月考物理试题一、选择题（共44分，1-7单选，8-11多选）1.以下关于波的说法正确的是（）A.光的偏振现象说明光为横波 B.wifi信号的传播需要介质C.电子衍射证实了电子具有粒子性 D.肥皂膜出现彩色条纹是光的衍射现象【答案】A【解析】【详解】A．光的偏振现象说明光为横波。故A正确；B．wifi信号属于电磁波，传播时不需要介质。故B错误；C．电子衍射证实了电子具有波动性。故C错误；D．肥皂膜出现彩色条纹是光的干涉现象。故D错误。故选A。2.近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（）A.按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高B.松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低C.按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ间仍有电势差D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小一定相等【答案】A【解析】【详解】A．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q，则螺线管上的导线Q端电势较高。故A正确；B．松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向P，螺线管上的导线P端电势较高。故B错误；C．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，则上导线两端PQ间没有电势差。故C错误；D．按下和松开按钮过程，时间不一定相等，则磁通量的变化率不一定相等，则螺线管产生的感应电动势大小不一定相等。故D错误。故选A。3.如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图（振动刚传到x=0.2m处），已知该波的周期为0.4s，a、b、c为沿波传播方向上的质点，则下列说法中正确的是（）A.质点a比质点b先回到平衡位置B.在t=0.4s时，质点b的速度方向为y轴负方向C.在t=0.6s时，质点c的速度达到最大值D.在t=0.8s时，质点c的加速度达到y轴正向最大值【答案】D【解析】【详解】A．简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在t=0时刻质点a和质点b均向上运动，可知，质点b比质点a先回到平衡位置，故A错误；B．因t=0.4s=1T，所以在t=0.4s时与t=0时，质点b的速度方向相同，均沿y轴正方向，故B错误；C．因t=0.6s=T，所以在t=0.6s时质点c的运动状态与在t=0时的运动状态相反，即在t=0.6s时，质点c到达波峰，速度为零，故C错误；D．在t=0.8s=2T时，质点c位于波谷，加速度达到y轴正向最大值，故D正确。故选D。4.工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】B．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；A．电子的加速度，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，A错误；C．根据，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线斜率增大，图线向上弯曲，C错误；D．根据解得电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，D正确。故选D。5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的正弦脉冲电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的（）A.图乙中电压的有效值为B.电压表的示数约为C.处出现火警时，电流表示数变大D.处出现火警时，电阻消耗的电功率减小【答案】C【解析】【详解】A．设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U，则解得故A错误；B．理想变压器原、副线圈匝数比为，由于则，电压表示数为故B错误；CD．R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，则输出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数变大，根据则电阻消耗的电功率增大，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是（）A.两卫星在图示位置的速度v2<v1 B.两卫星在A处的加速度大小不相等C.两颗卫星可能在A或B点处相遇 D.两卫星永远不可能相遇【答案】AD【解析】【详解】A．v2为椭圆轨道的远地点，加速做离心运动，才能达到以所在点与地心连线为半径的圆周轨道，故速度小于对应圆轨道的环绕速度，v1表示做匀速圆周运动的速度，根据可知故A正确；B．两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度加速度大小相等，故B错误；CD．椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。故选AD。7.如图所示，木块、和沙桶通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中细绳的端与滑轮的转轴连接，端固定于天花板上。现向沙桶内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态。下列关于各物理量变化的说法，正确的是（）A.斜面对木块的摩擦力增大B.细绳对沙桶的拉力不变C.地面对斜面体的支持力增大D.绳与竖直方向的夹角增大【答案】D【解析】【详解】B．以沙桶为对象，根据受力平衡可知，细绳对沙桶的拉力等于沙与沙桶的重力，可知向沙桶内加入少量沙子后，细绳对沙桶的拉力变大，B错误；A．以木块为对象，由于不清楚绳子拉力与木块重力沿斜面向下的分力之间的大小关系，故斜面对木块的摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，向沙桶内加入少量沙子后，细绳对的拉力变大，斜面对木块的摩擦力可能减小，也可能增大，甚至可能大小不变，A错误；D．以木块为对象，设木块两边绳子与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得向沙桶内加入少量沙子后，细绳拉力变大，可知变小，变大，以端滑轮为研究对象，根据受力平衡可知，绳与竖直方向的夹角为，故绳与竖直方向的夹角增大，D正确；C．以木块和斜面为整体，根据受力平衡可得可知向沙桶内加入少量沙子后，地面对斜面体的支持力不变，C错误。故选D。8.特高压直流输电是国家重点工程，如图所示，高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，的几何中心为点，点到导线的距离远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，则（）A.点的磁感应强度为零B.点的磁感应强度沿连线方向C.L1对L2的安培力比L1对L3的安培力大D.L1所受安培力的方向为从L1指向L2【答案】AC【解析】【详解】AB．根据安培定则以及对称性，L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故A正确，B错误；C．越靠近通电直导线，磁感应强度越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C正确；D．若通电导线均通垂直纸面向外的电流，根据安培定则可得L2、L3、L4在L1处的磁感应强度的方向从L4指向L2，再根据左手定则可以确定，L1受到的安培力的方向应与磁感应强度方向垂直，即从L1指向L3，故D错误。故选AC。9.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）A.小于 B.大于C.碰撞后氮核的动量比氢核的小 D.碰撞后氮核的动能比氢核的小【答案】AD【解析】【详解】AB．设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得可得选项A正确，B错误；C．碰撞后氢核的动量为氮核的动量为可得选项C错误；D．碰撞后氢核的动能为氮核的动能为可得故D正确。故选AD。10.如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x减小（）A.仅增大恒力F B.仅增大木板的质量MC.仅增大木块的质量m D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数【答案】ABD【解析】【详解】根据牛顿第二定律得木块的加速度为木板的加速度为设板长为，根据得木块相对地面运动位移为A．若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则x减小，故A正确；B．若仅增大木板的质量M，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则x减小，故B正确；C．若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则x增大，故C错误；D．若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度增大，木板的加速度减小，则x减小，故D正确。故选ABD。11.如图所示，在水平地面上物块B用轻质弹簧与物块A相连，均处于静止状态，它们的质量均为，弹簧的劲度系数为。现将另一个质量也为的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在运动过程中，物体B对地面的最小压力为，则以下说法正确的是（）A.C和A相碰后立即向下减速运动B.B对地面的最大压力为C.简谐运动的振幅为D.若C物体从更高的位置释放，碰后一起向下运动过程速度最大的位置不变【答案】BD【解析】【详解】A．C和A相碰前，对A有C和A相碰后，由于，可知AC继续向下加速运动，A错误；C．当弹力等于AC的重力时，AC处于平衡状态，有解得平衡位置时弹簧的压缩量为当B对地面压力最小时，对B分析，则有故弹簧此时的伸长量为故简谐运动的振幅为C错误；B．当AC运动到最低点时，B对地面的压力最大；由对称性可知，此时弹簧的压缩量为此时弹力为B对地面的最大压力为B正确；D．AC碰后粘在一起向下运动速度最大的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，D正确。故选BD。第II卷（非选择题）二、实验题（共18分）12.某中学实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了动能定理的验证，将带有遮光条的物块放在气垫上，用细绳连接并跨过光滑的定滑轮，在靠近滑轮的位置固定一光电门，已知滑块和钩码的质量分别为M、m，重力加速度为g。该小组的同学完成来如下操作：（1）用螺旋测微器测量来遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=______mm。（2）将滑块由远离定滑轮的一段无初速度释放，并测出释放点距离光电门的间距s。（3）记录遮光条挡光时间t。（4）多次改变s，重复（2）（3），如果利用图像完成实验的验证，该小组的同学用s为纵轴，__________（填“t”“t2”“”或“”）为横轴，如图丙，发现该图像为过原点的直线，则该图像的关系式为__________（用已知量和测量量表示）。【答案】①.1.881（1.880、1.882均可）②.③.【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则分析，固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为38.1×0.01mm＝0.381mm，则螺旋测微器的读数为d＝1.5mm＋0.381mm＝1.881mm（4）[2][3]利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则物块通过光电门的瞬时速度根据动能定理得解得所以，以s为纵轴，以为横轴，图像为如图丙的过原点的直线。13.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。（1）甲同学按如图a所示的电路图进行测量实验，其中R2为保护电阻，则：①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接______；②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω（结果均保留两位有效数字）。（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω（结果均保留两位有效数字）。【答案】①.②.2.8③.0.60④.3.0⑤.0.50【解析】【分析】【详解】（1）①[1]根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：②[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir则由题图c可知电源的电动势E＝2.8V内电阻（2）[4][5]由乙同学的电路接法可知R1左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝1A而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2＝0.33A＋0.87A＝1.2A则根据闭合电路欧姆定律可得解得电源的电动势E＝3.0V内电阻r＝0.50Ω三、解答题（共38分）14.一定质量的理想气体，由A状态开始经历一次循环最终又回到A状态。其P-V图像如图所示，其中A→B为绝热过程、B→C等压过程、C→A等容过程。已知，A→B过程中外界对气体做功34J。求：(1)B、C状态的温度；(2)请判断整个循环过程中气体吸热还是放热，并计算吸收或者放出的热量是多少。【答案】(1)，；(2)吸热，【解析】【详解】(1)A→B根据理想气体状态方程解得B→C是等压变化，根据盖·吕萨克定律解得(2)根据题意B→C过程气体膨胀，外界对气体做功C→A过程气体体积不变整个循环过程由于理想气体内能只与温度有关，所以经历一个循环过程后，内能不变，即根据热力学第一定律解得所以此循环过程气体吸热26J15.如图所示，在一个倾角为的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数。当长木板沿斜面向下运动的速度达到时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小，，，结果可用根号表示。求：(1)刚放上小煤块时，长木板的加速度的大小和煤块的加速度的大小；(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间是多少？【答案】(1)，；(2)下端，【解析】【详解】(1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律对煤块，由牛顿第二定律解得，(2)设时间煤块与长木板达到共速，则有解得此时煤块相对长木板的位移故煤块不能从上端离开，共速时煤块的速度为之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有，对长木板有解得对煤块有解得因所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为，此过程木板和煤块的对地位移分别为，则有根据相对位移解得故从放上到离开木板共经历时间为16.如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；某粒子质量为m，电量为，粒子重力不计。将粒子从y轴上的P点静