物理-福建省三明市第一中学2024届高三上学期月考二（12月）试题和答案

（总分：100分，考试时间：75分钟）一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.2023年6月10日，四川省考古研究所公布，三星堆遗址再现两件跨坑拼对成功的大型青铜器。利用14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代，14C衰变方程为1C→1N+X，14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是()A.方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分B.衰变过程由于发生了质量亏损而向外放出能量C.因为1C的比结合能大于1N的比结合能，所以这个衰变反应才能发生D.半衰期是一个统计规律，只对大量的放射性原子核才有意义，但会随原子核所处的环境不同而不同2.静电纺纱利用了高压静电场使单纤维两端带上异种电荷，其电场分布如图所示，则()A.图中虚线是等势线，电场强度EA<EBB.图中虚线是电场线，电场强度EA>EBC.一电子在A点的电势能大于其在D点的电势能D.将一电子从C移动到D，电场力做功为零3.如图所示，一位同学为了探究磁铁的磁性是否与温度有关，做了如下的实验：他将一块永久磁铁固定不动，再将一个磁性小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂起来，小球处于静止状态且悬点在磁铁的正上方，最后拿一盏酒精灯对小球缓慢加热，发现悬线与竖直方向的夹角θ缓慢变小，磁铁和小球均可视为质点且两者斥力始终沿两者连线方向，下列说法中正确的是()A.小球受四个力作用，分别是地球给的重力、细线给的拉力、磁铁给的斥力和灯焰给的支持力B.磁铁对小球的斥力大小不变C.细线对小球的拉力大小不变D.磁铁对小球的斥力与小球对磁铁的斥力是一对平衡力4.回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核(H)在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则()A.氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大B.氘核被加速后的最大速度可能超过2πRfC.氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速C粒子二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）5.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh6.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为r3的圆轨道Ⅲ;神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ,运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船()A.由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速C.在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度D.在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度7．如图1所示，一倾角为30o固定光滑绝缘斜面，上方存在沿斜面向下的匀强电场。一带电量为5C的物块（可视为质点）以一定初速度沿斜面上滑，在上滑过程中物块的动能Ek、电势能Ep与位移x的关系如图2所示。重力加速度g取10m/s2，则物块质量m和电场强度的大小E分别为-5N/C-5N/C8.如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻弹簧拴在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态。在A的正上方h高处有一质量为m的物块C。现将物块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起（碰撞时间极短弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.C与A碰撞后，AC整体运动到最低点的加速度一定大于mghBC与A碰撞时产生的内能为mghmghCC与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为mghD.如果碰后物体B恰能被拉离地面，则此时AC的加速度大小为g三、填空题（本题共3小题，每小题3分，共9分，请把答案填写在答题卷的相应位置上）9．夏季炎热的正午，小李将充足气的自行车忘在室外，结果车胎爆胎。将车胎内的空气视为理想气体，爆胎前车胎内空气的体积及质量均不变，爆胎过程时间极短。爆胎前，随着气温的升高，车胎内空气的压强（选填“增大”或“减小”爆胎过程中，车胎内的空气对外做（选填“正”或“负”）功，内能（选填“增大”或“减小”）。10．某同学在研究某金属的光电效应现象时，发现该金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系如图所示。若图线在横、纵坐标轴上的截距分别为a和－b，已知电子所带电荷量为e，由图线可以得到（1）该金属的逸出功为，普朗克常量为；（2）当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为。11．洛伦兹力演示仪用于观察运动电子在磁场中的运动，结构如图所示。不考虑地磁场和重力的影（1）不加磁场时电子束的径迹是。（选填“直线运动”或“平抛运动”）（2）加磁场并调整磁感应强度可使电子束径迹形成一个圆周。保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径。（选填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）（3）保持出射电子的速度不变，要减小电子束圆周的半径，应磁感应强度。（选填“增大”“减小”、“不变”或“不能确定”）四、实验与探究题（本题共2小题，共11分，请把答案填写在答题卷的相应位置上）126分）某学习小组同学利用DIS系统研究某电容器的充电和放电过程，电路图如图甲所示，实验前电容器不带电，电源为输出电压恒为6V的直流稳压电源。（1）将单刀双掷开关S置于1端给电容器充电，电路下方导线中充电电流的方向为从（填（2）电容器充电完毕后，将单刀双掷开关S拨至2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示I-t图像。图线与坐标轴围成图形的面积可以用所围小方格的总面积近似代替，若按照“大于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则数出小方格数为116个，据此估算出电容器的电容为F（计算结果保留3位有效数字）。（3）放电过程中电容器两极板间电压U与时间t的图像和电容器所带电荷量q与两极板间电压U的图像正确的是。135分）某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，兴趣小组采取了下列步骤：①用螺旋测微器测量遮光条的宽度d。②用天平称量小滑块（包括遮光条）的质量m。③将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直。④控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数，分别为F1和t1；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数F2、F3…和光电门的示数t2、t3…。回答下面的问题:（1）螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=mm。（2）滑块匀速转动的线速度大小可由表达式v=计算得出。（3）处理数据时，兴趣小组的同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的线速度大小的平方v2为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ=。（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出F—v2的图像，与图丙中a和b比较，发现a、b（选填“增大”、“减小”或“不变”）。五、解答题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14.（11分）电磁炮的模型如图所示，弹体（含水平杆ab）总质量m=0.01kg，水平导轨M、N间距L=0.1m，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，可控电源提供恒定电流I=0.2A，以保证弹体做匀加速直线运动，不计一切阻力。求：（1）弹体所受安培力大小FA；（2）弹体从静止加速到v=10m/s所用的时间t；（3）弹体从静止加速到v=10m/s过程中安培力所做的功W。15.（13分）如图，质量为9m的靶盒（可视为质点）带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电量始终不变，不计空气阻力。（1）求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1；（2）求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；（3）若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I。16.（16分）如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m₁=2kg的物块P和质量，m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m₃=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长 14度LEF=1.2m；FG段为半径R2=1.8m 14光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，圆弧轨道对物块P的弹力大小；（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。1.【答案】B【详解】A．X是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故A错误；B．衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故B正确；C．从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，故C错误；D．半衰期是一个统计规律，只对大量放射性原子核才有意义，其只由元素种类决定，与其他因素无关，故D错误。2.【答案】C3.【答案】C【详解】A．对小球受力分析可知，小球只受三个力作用，分别是地球给的重力、细线给的拉力、磁铁给的斥力，故A错误；BC．对小球受力分析，如图所示：根据力矢量三角形与长度三角形相似，可知==G、h、L均不变而R减小，所以T的大小不变，斥力F的大小减小，故B错误，C正确。D．磁铁对小球的斥力与小球对磁铁的斥力是一对相互作用力，故D错误。4.【答案】D【详解】A．根据qvB=m，可得v=可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；B．氘核被加速后的最大速度时的半径为R，则v==2πRf故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf，故B错误；C．氘核第n次和第n1次经过两金属盒间狭缝后的分别有222n2nnqU=mv，(n1)qU=2n2n 解得v=，v=解得v=，v=mm又qvB=m，则r= rvn则氘核第n次和第n1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为n=n=，rvn1n1故C错误；D．回旋加速器的周期为T=由于氘核(H)和C粒子(He)的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速C粒子，故D正确。5.【答案】BC【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t=因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvcosθ=mgvy=mg因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp=mgh故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。6.【答案】CD【详解】A．由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故A错误；T2T2（2r1)3T2T2（2r1)C．由万有引力公式可知，在轨道Ⅰ、Ⅱ上A点的合外力相同，加速度也相同，故C正确；D．由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确。7.【答案】AC【详解】CD．根据W电=-ΔEp，图2中以出发点的电势能为零，则有Ep=qEx，结合图2有qE=N，解得E=1.25根10-5N/C，C正确，D错误；AB．根据-qEx-mgsin30。.x=Ek-mv，可知Ek=mv-(qE+mgsin30。)x，根据图2有qE+mgsin30。=N，解得m=0.75kg，A正确，B错误。故选AC。8.【答案】AD【详解】A．假设将C无初速地轻轻放在A上，AC整体向下运动，根据对称性可知AC整体达到最低点时弹簧的压缩量为3g，此时AC整体的加速度大小为a1=3mmg=而实际情况是A从一定高度下落，与C碰撞后使AC整体具有初动能，所以AC整体运动到最低点时弹簧的压缩量一定大于，此时AC整体的加速度一定大于，故A正确；B．根据自由落体运动规律可知C与A碰撞前瞬间的速度大小为v0=设C与A碰撞后瞬间整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律有mv0=2mv122C与A碰撞时产生的内能为Q=mv一.2mv=mgh，故B错误；C．设开始时弹簧的弹性势能为Ep0，AC整体到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1，AC整体下降的高度为h0，根据机械能守恒定律有Ep1一Ep0=2mv+2mgh0解得Ep1=mgh+2mgh0+Ep0>mgh，故C错误；D．如果碰后物体B恰能被拉离地面，此时弹簧处于拉伸状态，且弹力大小为mg，对AC整体根据牛顿第二定律可得其加速度大小为a2==g，故D正确。【详解】[1]爆胎前，车胎内空气的体积不变，根据查理定律可知，当温度升高时，车胎内空气的压强增大；[2][3]因为爆胎过程时间极短，所以爆胎过程中车胎内的空气来不及与外界发生热交换，即Q=0，其体积膨胀对外界做正功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，该过程车胎内空气的内能减小。bab（2）[3]当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为Ek11.（3分，每空1分）【答案】直线运动增大增大【详解】（1）不加磁场时电子将做直线运动，即电子束的径迹是直线运动。（2）根据洛伦兹力充当向心力Bev=m，解得R=可知，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径将增大。（3）根据R=可知，若保持出射电子的速度不变，要减小电子束圆周的半径，则应增大磁感应强度。12.（6分，每空2分）【答案】b到a【详解】（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电路下方导线中充电电流的方向为从b到a。（2）根据I-t图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为Q=116×20×10-6×40×10-3C=9.28×10-5C（3）AB．电容器放电过程中，随着电荷量的减少，两极板间电压减小得越来越慢，电容器放电结束后，板间电压减为零，故A正确，B错误；CD．电容是电容器本身具有的属性，根据C=可知，电荷量与电容器两端的电势差成正比，图线为过原点的倾斜直线，故C正确，D错误。da13.（5分，每空1分）【答案】1.731/1.732/1.733/datmg（2）[2]滑块匀速转动的线速度大小可由光电门测得v=（3）[3]对在转台上做匀速圆周运动滑块，根据图丙知v2=0时F=一a根据牛顿第二定律F+μmg=m解得a=μmg，b=μgr则换用质量m更大的滑块，a增大而b不变。14.（11分）【答案】（13分）0.02N24分）5s34分）0.5J解1）弹体受到的安培力大小FA=ILB（2）由牛顿第二定律可知FA=ma（3）由运动学公式可知弹体的位移s=at2解得2mv 020qE024分）mv 020qE解1）子弹打入靶盒过程中，由动量守恒得mv0=10mv1解得v10（2）靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE=10ma又v=2as解得s=（3）第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒得解得v2=0以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得解得I=mv016.（16分）【答案】（13分）60N26分）2.1m37分）12J<