內(nèi)蒙古自治區(qū)通遼市兩校2023~2024學(xué)年高三下學(xué)期第四次月考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1第四次月考物理試卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，務(wù)必將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿上無效。3．考試結(jié)束后，只交回答題卡。一、選擇題：1.“打水漂”是一種常見的娛樂活動，以一定的高度水平扔出的瓦片，會反復(fù)在水面上彈跳前進，假設(shè)瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小減小，而在豎直方向，碰撞后并不能原速彈回，而是變小，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據(jù)可知瓦片在空中的時間逐漸減小，水平方向有可知瓦片在空中通過水平位移逐漸減小，C正確。故選C。2.科學(xué)家因在阿秒激光方面所做出的突出貢獻獲得2023年諾貝爾物理學(xué)獎。通過阿秒激光，可以像看電影的慢動作回放一樣，觀察電子在原子內(nèi)部的運動，歷史上，為了研究原子的性質(zhì)，科學(xué)家們做了大量的實驗研究，下面四幅示意圖中說法正確的是（）A.普朗克利用經(jīng)典電磁理論，成功解釋了圖①的粒子散射實驗結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型B.圖②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結(jié)合能比鈾235的比結(jié)合能小C.③中向左偏轉(zhuǎn)的是粒子，向右偏轉(zhuǎn)的是粒子，不偏轉(zhuǎn)的是粒子D.鋅的逸出功為，用④中一群處于能級的氫原子發(fā)出的光照射鋅板，逸出光電子的最大初動能為〖答案〗D〖解析〗A．盧瑟福利用經(jīng)典電磁理論，成功解釋了圖①的粒子散射實驗結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯誤；B．圖②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結(jié)合能比鈾235的比結(jié)合能大，故B錯誤；C．根據(jù)左手定則，β粒子帶負電，所受洛倫茲力向右，即向右偏轉(zhuǎn)的是β粒子；α粒子帶正電，所受洛倫茲力向左，即向左偏轉(zhuǎn)的是α粒子；γ粒子不帶電，不受洛倫茲力，即不偏轉(zhuǎn)γ粒子，故C錯誤；D．一群處于能級的氫原子向低能級躍遷時，釋放光子的最大能量為鋅的逸出功為3.34eV，根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，則逸出光電子的最大初動能為故D正確。故選D。3.目前手機就能實現(xiàn)衛(wèi)星通信功能，如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度均為h，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，下列說法正確的是（）A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小一定相等B.三顆衛(wèi)星的運行速度大于C.能實現(xiàn)赤道全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少為D.其中一顆質(zhì)量為m的通信衛(wèi)星的動能為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)萬有引力的公式由于不知道三顆衛(wèi)星的質(zhì)量大小，因此不能確定三顆衛(wèi)星所受地球萬有引力大小的關(guān)系，A錯誤；BD．對于質(zhì)量為m通信衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力充當向心力有可得衛(wèi)星的線速度在地球表面則該衛(wèi)星的動能對近地衛(wèi)星可得求得比較可得，三顆衛(wèi)星的運行速度小于，B錯誤，D正確；C．若恰能實現(xiàn)赤道全球通信時，此時這三顆衛(wèi)星兩兩之間與地心連線的夾角為，每顆衛(wèi)星與地心的連線和衛(wèi)星與地表的切線以及地球與切點的連線恰好構(gòu)成直角三角形，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此種情況下衛(wèi)星到地心的距離為則衛(wèi)星離地高度至少為C錯誤。故選D。4.手機無線充電已經(jīng)很普及了，工作原理如圖所示，其中送電線圈和受電線圈的匝數(shù)分別為、，頻率分別為、。受電線圈中所接電阻的阻值。當間接上的正弦交變電流后，受電線圈中產(chǎn)生交變電流通過轉(zhuǎn)換電路給手機快速充電，這時轉(zhuǎn)換電路兩端的電壓為，受電線圈中的電流為。把裝置線圈視為理想變壓器，則（）A.B.C.快速充電時，流過送電線圈的電流大小為D.快速充電時，線圈兩端的輸入功率為〖答案〗D〖解析〗B．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中交變電流的頻率不變，受電線圈中的頻率與送電線圈中的頻率相同，B錯誤；A．由受電線圈電路可知根據(jù)可知A錯誤；CD．根據(jù)可得，受電線圈電路的電功率又由能量守恒可得，線圈兩端的輸入功率為，又由可得，線圈兩端的電流C錯誤，D正確。故選D。5.如圖是建筑工地上“打夯機”示意圖，電動機帶動兩個滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯桿從深坑提起，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿在自身重力作用下落回深坑。（夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運動過程）。已知兩個滾輪邊緣的線速度恒為，滾輪對夯桿的正壓力，滾輪與夯桿間的動摩擦因數(shù)，夯桿質(zhì)量，坑深，假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，取，下列說法正確（）A.每次夯桿上升過程中勻加速運動的時間為B.夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為C.每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D.每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動機多消耗的電能為〖答案〗C〖解析〗B．夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為選項B錯誤；A．每次夯桿上升過程中勻加速運動的時間為選項A錯誤；C．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為選項C正確；D．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動機多消耗的電能為選項D錯誤。故選C。6.真空中某電場的電場線如圖中實線所示，M、O、N為同一根電場線上不同位置的點，兩個帶電粒子a、b先后從P點以相同的速度射入該電場區(qū)域，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，已知a粒子帶正電向左上方偏轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是（）A.M點的電勢高于N點的電勢B.該電場可能是等量異種點電荷形成的C.M、N兩點電場強度相同D.b粒子一定帶負電，運動過程中電勢能減少，動能增加〖答案〗BD〖解析〗A．a(chǎn)粒子帶正電向左上方偏轉(zhuǎn)，可知其受到電場力指向左側(cè)，場強指向左側(cè)，沿電場線方向電勢降低，故M點的電勢低于N點的電勢，故A錯誤；B．等量異種點電荷形成的電場線如圖所示可知該電場可能是等量異種點電荷形成的，故B正確；C．根據(jù)對稱性可知，M、N兩點電場強度大小相等，方向不同，故C錯誤；D．b粒子帶負電，運動過程中電場力與速度方向夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減少，動能增加，故D正確。故選BD。7.如圖所示，邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)有一方向垂直正方形平面向里的勻強磁場，邊上有一點S，，兩個質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的粒子均從S點平行于方向射入磁場。帶正電粒子甲與帶負電粒子乙重力均不計，不考慮甲、乙兩粒子間的作用，下列說法正確的是（）A.若兩粒子分別從M、Q兩點射出磁場，則甲與乙初速度大小之比為B.若兩粒子分別垂直、邊射出磁場，則甲與乙初速度之比為C.若兩個粒子的初速度相同，則甲與乙在磁場中運動時間之比可能D.若兩粒子在磁場中運動時間相等，則甲與乙的初速度大小之比一定為〖答案〗BC〖解析〗A．若兩粒子分別從兩點射出磁場，設(shè)甲、乙粒子軌跡半徑分別為和，根據(jù)幾何關(guān)系有，解得，由洛倫茲力提供向心力可得可得所則甲與乙的初速度大小之比為故A錯誤；B．若兩粒子分別垂直、邊射出磁場，則甲、乙粒子軌跡半徑分別為和，由幾何關(guān)系可得，則甲與乙初速度之比為故B正確；C．若兩粒子的初速度相同，則兩粒子的運動半徑相同，當甲粒子的運動半徑為時，它將垂直邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為；乙粒子將從邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為；根據(jù)可知兩粒子在磁場中的周期相等，則甲與乙在磁場中運動時間之比為故C正確；D．若兩粒子在磁場中運動時間相等，當甲、乙兩粒子都從邊射出時，轉(zhuǎn)過的圓心角均為，滿足兩粒子在磁場中運動時間相等，這種情況甲、乙兩粒子的速度比不確定，所以甲與乙的初速度大小之比不確定，故D錯誤。故選BC。8.如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力F的作用?；瑝K、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下?；瑝KQ與長木板P之間的動摩擦因數(shù)為，長木板P與地面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度。則下列說法正確的是（）A.B.C.時，木板P停止運動D.滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為〖答案〗AD〖解析〗AB．根據(jù)圖像可知，滑塊Q加速階段的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)圖像可知，撤去力F到P、Q共速前過程，木板P做減速運動的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得故A正確，B錯誤；C．由圖像可知，共速后，由于則滑塊Q相對于木板P向前運動，以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得P的加速度大小為則共速到木板P停下所用時間為木板P停止運動的時刻為故C錯誤；D．根據(jù)圖像的面積表示位移可知，共速前，滑塊Q相對P向左運動的位移為共速后滑塊Q的加速度大小仍為則共速后到兩者都停下，滑塊Q相對P向右運動的位移為則滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為故D正確。故選AD二、非選擇題：（一）必考題9.某同學(xué)采用如圖甲所示裝置驗證物塊A與物塊B（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調(diào)，滑輪質(zhì)量不計，細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。，遮光條質(zhì)量不計，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時將物塊B由靜止釋放。（1）用螺旋測微器測出遮光條寬度d，如圖乙所示，則____。（2）某次實驗中，測得，則此時A的速度為____（保留2位有效數(shù)字）。（3）改變光電門與物塊B之間的高度h，重復(fù)實驗，測得各次遮光條的擋光時間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k，在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若____（用含g、d字母的表達式表示），則驗證了機械能守恒定律?！即鸢浮剑?）1.195（2）0.10（3）〖解析〗【小問1詳析】[1]螺旋測微器測出遮光條寬度為【小問2詳析】[1]A的速度為【小問3詳析】[1]系統(tǒng)減小的重力勢能為系統(tǒng)增加的動能為在實驗誤差允許范圍內(nèi)，機械能守恒有化解得在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若則驗證了機械能守恒定律。10.某實驗小組要精確測定額定電流為的純電阻電燈正常工作時的電阻，已知該燈正常工作時的電阻大約為。實驗室提供的器材有：A．電流表（量程為，內(nèi)阻為，讀數(shù)記為）B．電流表（量程為，內(nèi)阻為，讀數(shù)記為）C．電壓表（量程為，內(nèi)阻約為，讀數(shù)記為）D．電壓表（量程為，內(nèi)阻約為，讀數(shù)記為）E．定值電阻F．定值電阻G．滑動變阻器（，允許通過的最大電流為）H．滑動變阻器（，允許通過的最大電流為）I．電池E（電動勢為，內(nèi)阻很小），開關(guān)S一個某同學(xué)設(shè)計了如圖電路測量電燈電阻。（1）為盡量精確測量結(jié)果，請你幫他選擇合適的器材，電表1應(yīng)選____，電表2應(yīng)選____，定值電阻應(yīng)選____，滑動變阻器應(yīng)選____。（填寫器材前的字母代號）（2）測量電燈電阻的表達式為____。（用物理量的字母表示）（3）實驗時，不斷改變滑動變阻器的阻值，當電表2的示數(shù)達到____時，其對應(yīng)的計算結(jié)果為電燈正常工作時的電阻。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗（1）CBEG（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】[1]由題意可知電燈正常工作時的電壓大約為電表1測的是電壓，應(yīng)選C；[2][3]電表2測的是電流，由于燈泡額定電流為，則電表1應(yīng)選B，且與定值電阻并聯(lián)，改裝成的電流表量程為則定值電阻應(yīng)選E；[4]為了調(diào)節(jié)方便，滑動變阻器應(yīng)選阻值較小的G?！拘?詳析】當電流表的讀數(shù)為時，通過電燈的電流為此時電壓表的讀數(shù)為，則電燈兩端電壓為則測量電燈電阻表達式為【小問3詳析】由題意可知電燈正常工作時，通過電燈的額定電流為則此時電表2的示數(shù)為11.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與光滑水平面BC平滑連接于B點，且BC的長度為，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口端平齊。一個質(zhì)量為的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度處靜止釋放小球，小球進入管口C端時，它對上管壁有作用力，重力加速度取。求：（1）小球第一次經(jīng)過C點時對管壁壓力的大?。唬?）若水平面BC粗糙且小球與BC間的動摩擦因數(shù)0.2，彈簧最大壓縮量為，其他條件均不變。在壓縮彈簧過程中彈簧最大彈性勢能為多少；〖答案〗（1）100N；（2）13J〖解析〗（1）從釋放到C點，由動能定理有在C點有解得由牛頓第三定律可知，小球第一次經(jīng)過C點時對管壁壓力的大小與管壁對小球的支持力大小相等，即也為100N。（2）設(shè)整個過程中的最低點為零勢能面，有解得12.如圖所示，在水平面內(nèi)有一圓柱形軌道，虛線MN將軌道分為左右兩部分，左側(cè)光滑且有垂直于圓柱外表面的輻射狀磁場，右側(cè)粗糙且有平行于圓柱的勻強電場。外表面絕緣的導(dǎo)體圓環(huán)P套在導(dǎo)軌上位于左端的彈射器內(nèi)，某時刻彈射器給P一沖量，將P彈射進入輻射狀磁場，P向右運動一段時間在邊界MN處與絕緣帶電圓環(huán)Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中Q的帶電量不變，碰后P反彈進入磁場，Q則進入右側(cè)電場中，在電場右側(cè)導(dǎo)軌上存在兩檔板，Q與檔板碰后反彈，碰撞時間極短，碰后損失的機械能。已知P、Q兩圓環(huán)的直徑略大于導(dǎo)軌，磁場區(qū)域長度為，P、Q兩圓環(huán)周長均為，P的質(zhì)量，電阻，Q環(huán)質(zhì)量，帶電量，Q環(huán)在虛線MN右側(cè)受到摩擦阻力，圓環(huán)所在位置磁感應(yīng)強度，電場強度，右側(cè)的擋板到MN的距離為。求：（1）導(dǎo)體環(huán)P剛彈射入磁場的加速度；（2）P環(huán)與Q環(huán)碰后是否能返回彈射器，若能求出返回彈射器的速度，若不能求P環(huán)停止時離MN有多遠；（3）Q環(huán)在電場中運動的路程?！即鸢浮剑?），方向水平向左；（2）不能，；（3）〖解析〗（1）對P環(huán)，P環(huán)的初速度為P環(huán)剛彈射入磁場產(chǎn)生的電動勢為體環(huán)P中電流為根據(jù)牛頓第二定律可得解得導(dǎo)體環(huán)P剛彈射入磁場的加速度為方向水平向左。（2）P環(huán)在磁場中向右運動過程中，由動量定理可得又聯(lián)立解得P、Q兩環(huán)發(fā)生彈性碰撞，則有解得，設(shè)P環(huán)向左運動的最大距離為，根據(jù)動量定理可得解得P環(huán)不能返回彈射器，停止位置與MN的距離。（3）P、Q兩環(huán)碰后Q環(huán)向右運動直到與擋板相撞，根據(jù)動能定理可得解得碰后動能變?yōu)榕龊蟾鶕?jù)動能定理可得解得Q環(huán)第二次向右運動到與擋板相撞，根據(jù)動能定理可得解得碰后動能變?yōu)榕龊蟾鶕?jù)動能定理可得解得同理可知，自Q環(huán)第一次碰擋板后，每次反向運動位移按等比規(guī)律變化，則有則Q環(huán)在電場中運動的路程為（二）選考題：【物理-選修3-3】13.一定質(zhì)量的理想氣體沿如圖所示箭頭方向發(fā)生狀態(tài)變化，則下列說法正確的是（）A.bc過程溫度降低B.ab過程放熱，內(nèi)能減少C.bc過程氣體吸收的熱量大于氣體對外做功值D.ca過程內(nèi)能一直不變E.完成一個循環(huán)過程，氣體內(nèi)能不變〖答案〗BCE〖解析〗AC．由圖像可知，bc過程氣體壓強不變，體積變大，根據(jù)可知氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，由于體積變大，氣體對外界做功，據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體吸收的熱量大于氣體對外做功值，故A錯誤，C正確；B．a(chǎn)b過程，氣體體積不變，壓強減小，根據(jù)可知氣體溫度降低，內(nèi)能減少，由于體積不變，說明外界對氣體做功為0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體對外放熱，故B正確；D．ca過程，由圖像可知乘積先變大后變小，根據(jù)可知氣體溫度先升高后降低，則氣體內(nèi)能先增大后減小，故D錯誤；E．完成一個循環(huán)過程，回到原來的狀態(tài)，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，故E正確。故選BCE。14.如圖所示，兩內(nèi)壁光滑、橫截面積不同的豎直圓柱形汽缸內(nèi)，分別用質(zhì)量和厚度均不計的活塞A、B封閉了兩部分理想氣體，氣體由活塞B隔為Ⅰ、Ⅱ兩個氣室，上方汽缸內(nèi)壁的橫截面積為下方汽缸的2倍，兩汽缸連接處固定一細卡環(huán)。初始時汽缸靜置于空氣中，兩活塞離各自缸底的距離均為，氣室Ⅱ中封閉氣體的壓強為。已知。水的密度，取重力加速度。現(xiàn)用系于汽缸外壁的細線將該裝置豎直緩慢放入深水中，忽略缸內(nèi)兩部分氣體溫度的變化，外界大氣壓強保持不變，裝置氣密性良好，求：（1）當活塞A離水面時，卡環(huán)到A的距離L（結(jié)果可用分數(shù)表示）；（2）當活塞A恰好接觸卡環(huán)時，A離水面的深度H。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（