西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理下学期第八次月考试题含解析

PAGE17-西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理下学期第八次月考试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是，这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为、、，真空中的光速为．下列说法中正确的是A.方程中的X表示中子(n)B.方程中的X表示电子(e)C.这个核反应中质量亏损D.这个核反应中释放核能【答案】D【解析】此题涉及核反应方程和质能关系．由质量数和电荷数守恒可知，X的质量为0，电荷数为1，所以X表示正电子．A、B选项错误．质量亏损为由质能方程可得．所以C选项错误，D选项正确．本题考查学问全面、基础．2.如图所示，肯定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直平面内由水平方向向上转动，则在绳OB由水平转至竖直的过程中，绳OB的张力的大小将()A.始终变大 B.始终变小C.先变大后变小 D.先变小后变大【答案】D【解析】试题分析：对点O受力分析，受重力和两根细线的拉力，然后依据平衡条件作图分析．解：对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图依据平衡条件，合力为零，将两个拉力合成，与重力平衡，如图；从图中可以看出，OB绳子的拉力先减小后增加，OA绳子的拉力渐渐减小；故选D．【点评】本题是三力平衡中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变大小变，一个力大小和方向都变，关键作图分析．3.如图所示，匀强电场中某电场线上的两点A，B相距0.2m，正点电荷q=10－6C从A移到B，电场力做功2×10－6JA.该电场的场强为10V/mB.该电场的方向由B向AC.A、B间的电势差为10VD.B点的电势比A点的高【答案】A【解析】【详解】A．依据电场力做功公式场强故A正确；B．由A向B电场力做正功，电场力由A向B，电荷带正电，电场力方向与场强方向相同，场强由A向B，故B错误；C．A、B间的电势差为2V，故C错误；D．场强由A向B，沿电场线方向电势降低，故D错误。故选A。4.一束带电粒子以同一速度，并以同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示．粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则()A.q1带负电、q2带正电，荷质比之比为＝2∶1B.q1带负电、q2带正电，荷质比之比为＝1∶2C.q1带正电、q2带负电，荷质比之比＝2∶1D.q1带正电、q2带负电，荷质比之比为＝1∶1【答案】C【解析】【详解】依据左手定则可推断出q1带正电、q2带负电，由半径，得荷质比之比为，C正确．5.如图所示，一志向变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，沟通电源的电压u=220sin100πt(V)，电阻R=44Ω，电压表、电流表为志向电表，则下列说法错误的是（）A.沟通电的频率为50HzB.电流表A1的示数为0.2AC.电流表A2的示数为AD.电压表的示数为44V【答案】C【解析】【详解】A．沟通电的周期为沟通电的频率为故A正确；BCD．依据原副线圈的电压比等于匝数之比可得即电压表的示数为44V，依据欧姆定律可得电流表A2的示数为依据原副线圈的电流比等于匝数之反比可得故B、D正确，C错误；错误的故选C。6.为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则（）A.X星球的质量为B.X星球表面的重力加速度为C.登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=D.登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为【答案】AD【解析】【详解】A．探讨飞船绕星球做匀速圆周运动，依据万有引力供应向心力，则有可得故A正确；B．依据圆周运动学问可得只能表示在半径为的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误；C．探讨登陆舱绕星球做匀速圆周运动，依据万有引力供应向心力有解得表达式里为中心体星球的质量，为运动的轨道半径，所以登陆舱在与轨道上运动时的速度大小之比为故C错误；D．依据开普勒第三定律则有可得登陆舱在半径为轨道上做圆周运动的周期为故D正确；故选AD。7.如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）A.μmg B. C.μ(M＋m)g D.ma【答案】BD【解析】【详解】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，依据牛顿其次定律，有：F=（M+m）a再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，依据牛顿其次定律，有：f=ma

联立解得：故AC错误，BD正确。8.矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω。整个线圈平面内均有垂直于线圈平面匀强磁场穿过。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的改变规律如图所示，则（）A.线圈回路中感应电动势随时间匀称改变B.线圈回路中产生的感应电流为0.4AC.在1min内线圈回路产生的焦耳热为48JD.当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016N【答案】BC【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律则有线圈回路中感应电动势恒定不变，故A错误；B．依据闭合电路欧姆定律可得回路中感应电流的大小为故B正确；C．依据焦耳定律可得1min内线圈回路产生的焦耳热为故C正确；D．当时，磁感应强度，则线圈的ab边所受的安培力大小为故D错误；故选BC。三、非选择题：共62分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必需作答，第13～16题为选考题，考生依据要求做答。（一）必考题9.某试验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”。照实图所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不行伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平桌面上相距50.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B点时的速度大小，小车中可以放置砝码。(1)试验主要步骤如下：①测量________和拉力传感器的总质量M1；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；②将小车停在C点，________，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B点时的速度；③在小车中增加砝码或削减砝码，重复②的操作。(2)下列表格是他们测得的一组数据，其中M是M1与小车中砝码质量之和，－是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能改变量ΔE，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所做的功。表格中的ΔE3=________，W3=________。(结果保留三位有效数字)数据记录表：次数M/kg－（m/s）2ΔE/JF/NW/J10.5000.760.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40ΔE31.220W341.0002.401.2002.4201.210【答案】(1).小车(2).由静止起先释放小车(3).0.600J(4).0.610J【解析】【详解】(1)[1]因为要计算总动能，所以要测量小车以及拉力传感器总质量；[2]将小车停在C点，由静止起先释放小车；(2)[3]由各组数据可见规律则[4]视察F－W数据规律可得数值10.在“测定金属的电阻率”的试验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如下图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后依据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。(1)从图甲中读出金属丝的直径为______mm。(2)为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A．电压表0～3V，内阻10kΩB．电压表0～15V，内阻50kΩC．电流表0～0.6A，内阻0.05ΩD．电流表0～3A，内阻0.01ΩE．滑动变阻器，0～10ΩF．滑动变阻器，0～100Ω①要求较精确地测出其阻值，电压表应选____，电流表应选____，滑动变阻器应选____。（填序号）②试验中某同学的实物接线如图乙所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误。错误1：___________；错误2：______________；(3)若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ=_____。【答案】(1).0.679(2).A(3).C(4).E(5).导线连接在滑动变阻器的滑片上(6).采纳了电流表内接法(7).【解析】【详解】(1)[1]固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×17.9=0.179mm故螺旋测微器读数为：0.679mm。(2)①[2][3][4]两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表，故选A；依据欧姆定律电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，即选C；滑动变阻器的特点是：电阻大的调整精度低，电阻改变快，操作不便利，故选小电阻的，即选E。②[5][6]错误一：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误二：伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采纳安培表外接法。(3)[7]依据解得【点睛】用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采纳安培表内接法，对于小电阻采纳安培表外接法；须要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采纳分压式接法。11.如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行,不计粒子重力．（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为，则由几何关系可得：，又，联立解得（2）设粒子轨迹与磁场外界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为，则由几何关系有：可得：，又，可得故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动12.如图所示，质量M为4kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小车左端放一质量为1kg的木块，车的右端固定一个轻质弹簧。现给木块一个水平向右的10N·s的瞬间冲量，木块便沿车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并恰好能达到小车的左端，求：(1)弹簧被压缩到最短时平板车的速度v；(2)木块返回小车左端时的动能Ek；(3)弹簧获得的最大弹性势能Epm。【答案】(1)2m/s；(2)2J；(3)20J【解析】【详解】(1)设木块的初速度为，由动量定理有可得当弹簧被压缩到最短时，木块和小车速度相等，对于木块和小车构成的系统，水平方向动量守恒，则有解得(2)木块与弹簧碰后相对小车向左运动，当木块相对小车静止时，木块相对小车到达左边最远点，因此木块恰能到小车的左端时，两者同速，由动量守恒可知此时木块动能(3)木块来回过程中克服摩擦力做功，系统损失的机械能为考虑木块起先运动到弹簧压缩到最短的过程，系统克服摩擦力做功损失的机械能为对木块起先运动到弹簧压缩到最短的过程由能量转化与守恒定律有解得弹簧压缩到最短时获得的最大弹性势能（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。假如多做，则每科按所做的第一道题计分。【物理——选修3-3】13.下列说法中正确的是（）A.气体的温度上升时，分子的热运动变得猛烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强肯定增大B.把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力C.破裂的玻璃不能重新拼接在一起是因为其分子间存在斥力作用D.分子a从远处趋近固定不动的分子b，只受分子之间作用力，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能肯定最大E.1g100℃水的内能小于【答案】BDE【解析】【详解】A．气体的压强与气体分子数密度和气体的温度都有关，气体的温度上升时，分子的热运动变得猛烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，若气体分子数密度减小，则气体的压强不肯定增大，选项A错误；B．把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力，选项B正确；C．破裂的玻璃分子间距较大，已经大于10倍的r0，所以分子间作用力很小，不足以将玻璃重新拼接起来，故C错误；D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，只受分子之间作用力，当a到达受b的作用力为零处时，分子力表现为引力且始终做正功，则a的动能肯定最大，选项D正确；E．100℃水的变为100℃水蒸气要汲取热量，则1g100℃水的内能小于1g100℃水蒸气的内能，选项故选BDE。14.如图所示，A、B两个汽缸中装有体积均为10L、压强均为1atm(标准大气压)、温度均为27℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B汽缸中的气体升温到127℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A汽缸中的气体温度保持不变，A汽缸截面积为500cm(1)求A中活塞应向右移动的距离．(2)A中气体是吸热还是放热，为什么？【答案】(1)5cm；(2)放热，在向右推活塞过程中，A中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第肯定律ΔU＝W＋Q【