湖北省武漢市2024-2025學年高三上學期12月月考物理試卷（含解析）

2024-2025學年湖北省武漢高三（上）月考物理試卷（12月份）一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.20世紀60年代，我國以國防為主的尖端科技取得了突破性的發(fā)展。1964年，我國第一顆原子彈試爆成功；1967年，我國第一顆氫彈試爆成功。關于原子彈和氫彈，下列說法正確的是A.原子彈和氫彈都是根據核裂變原理研制的

B.原子彈和氫彈都是根據核聚變原理研制的

C.原子彈是根據核裂變原理研制的，氫彈是根據核聚變原理研制的

D.原子彈是根據核聚變原理研制的，氫彈是根據核裂變原理研制的2.如圖所示是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖，若已知飛船質量為3.0×103kg，其推進器的平均推力為900N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5s內，測出飛船和空間站速度變化是0.05m/s，則空間站的質量為(

)A.9.0×104kg B.8.7×104kg3.如圖所示，入射光線1經45°的直角棱鏡折射反射后，光線2沿著與入射光線相反的方向平行射出?，F將棱鏡沿順時針方向轉過一小角度α后仍能從AB面射出，如圖中虛線所示，則(

)A.出射光線方向不變

B.出射光線順時針轉過2α角

C.出射光線沿逆時針方向轉過α角

D.出射光線也沿順時針方向轉過α角4.如圖所示，開關S閉合前平行板電容器C1的電容量為3μF、帶電量為24μC，平行板電容器C2的電容量為6μF、帶電量為12μC，閉合圖中的開關S，靜電平衡恢復，電容器C2的正極板上會儲存多少電荷(

)A.9μC

B.18μC

C.24μC

D.36μC

5.“觸摸屏”是目前最簡單、方便、自然的一種人機交互方式，觸屏技術在現代生活中的應用非常廣泛。手機常用的電容式觸摸屏和電子白板常用的紅外線式觸摸屏工作原理簡敘如下：如圖甲當用戶觸摸電容屏時，用戶手指和工作面形成一個耦合電容，工作面上接有高頻信號，于是手指吸收走一個很小的電流，這個電流分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經四個電極的電流與手指頭到四角的距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算，得出位置。如圖乙在顯示器的前面安裝一個電路板外框，電路板在屏幕四邊排布紅外發(fā)射管和紅外接收管，一一對應形成橫豎交叉的紅外線矩陣。用戶在觸摸屏幕時，手指就會擋住經過該位置的橫豎兩條紅外線，因而可以判斷出觸摸點在屏幕的位置。下列說法正確的是(

)

A.如果改用絕緣筆在電容式觸摸屏上能正常操作

B.電容式觸摸屏的工作原理涉及到靜電感應

C.紅外線式觸摸屏實現多點觸控的操作較難

D.紅外線式觸摸屏的工作原理涉及到光的干涉6.2024年11月21日，中國載人航天工程辦公室發(fā)布了一部新的宣傳片，首次以動畫形式展示我國未來載人登月的詳細構想。從宣傳片中可以看出，中國的載人登月任務已經具備了完整的技術鏈條：從發(fā)射到對接，從登陸到返回，每一個環(huán)節(jié)都展現了中國航天的硬實力。請估算航天員乘坐宇宙飛船沿圖示的狹長橢圓軌道從地表附近的近地點至達到月球公轉軌道高度的遠地點所用的時間約為(已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑6.6倍，月球公轉的軌道半徑約為地球半徑的60倍)(

)A.5天 B.10天 C.1月 D.5月7.如圖所示為設計過山車軌道路線的平面圖，凹圓弧ABC和凸圓弧CDE的半徑均為R，圓心角均為θ=74°，B點與地面相切，A、C、E三點處于同一高度，且各段之間平滑連接。設想過山車從距地面高為H的P點由靜止開始運動，安全行駛(過山車對軌道一直有壓力)至F點，在理想的情況下可以認為運動過程中不受摩擦力及空氣阻力，則H應滿足(

)A.H>910R B.25R<H<9二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是(

)A.A、B兩處電勢、場強均相同

B.C、D兩處電勢、場強均相同

C.在虛線AB上O點的場強最大

D.帶負電的試探電荷在O處的電勢能小于在B處的電勢能

9.如圖甲為一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P，Q為波的傳播方向上的兩質點，圖乙為x=2m處的質點P的振動圖像。下列說法正確的是(

)

A.波沿x軸負方向傳播

B.在t=0～0.05s內，質點Q的加速度先減小后增大

C.在四分之一周期內，質點P和質點Q通過的路程相等

D.在一個周期內，質點P和質點Q有兩個時刻位移相同10.如圖所示，在距離水平地面高為H=5m的光滑平臺上A、B、C三小球間距為1.8m，A距平臺右邊緣也為1.8m。三小球同時獲得相同的初速度v0=4.5m/s后向右運動。重力加速度大小為g=10m/s2，不計空氣阻力，小球落地后不反彈。當B在空中速度為7.5m/sA.A球恰好落地 B.C球恰好到達平臺邊緣

C.A、B球的水平間距為1.2m D.A、C球的間距約為6.16m三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某同學用圖1所示裝置探究“彈簧彈力與形變量的關系”。實驗操作步驟如下：

A.將鐵架臺固定在水平桌面上，彈簧上端系在橫桿上，在彈簧附近豎直固定刻度尺。

B.記下彈簧不掛鉤碼時，其下端在刻度尺上的刻度L0。

C.依次在彈簧下端掛上1個、2個、3個……n個質量均為m的鉤碼，當鉤碼靜止時，記下彈簧下端所對應的刻度L，并記錄在表格內。

D.計算彈簧彈力F=nmg(g為重力加速度)，以F為橫軸、L為縱軸建立直角坐標系，用描點法作出L-F圖像。

E.寫出F與L的關系式。

(1)某次測量如圖2所示(刻度尺的分度值1mm)，指針示數為______cm；

(2)根據實驗記錄，作出L-F圖像如圖3所示，則彈簧的勁度系數k=______N/m(結果保留3位有效數字)。

(3)若以鉤碼個數n為橫軸、彈簧下端對應刻度L為縱軸建立直角坐標系，擬合直線，測得直線斜率為k'，則彈簧勁度系數k的表達式為k=______。12.某小組測量一個粗細均勻的細合金金屬棒(如圖甲)的電阻率，操作步驟如下：

(1)用刻度尺測量金屬棒的長度L=48.00cm，用游標卡尺在不同部位測量金屬環(huán)橫截面的直徑D，測量時金屬環(huán)應卡在乙圖游標卡尺的______部位(選填“A”“B”或“C”)，某次讀數如圖丙所示，示數為______cm。

(2)按圖丁連接電路測金屬棒的電阻，其中ab為金屬棒，R0是保護電阻。調節(jié)電阻箱R，記錄調節(jié)電阻箱的示數R，以及對應的理想電壓表V1、V2的示數U1、U2，在坐標紙上描繪出U1U2-1R圖線，如戊圖所示，則金屬棒的電阻測量值Rx=______Ω，該金屬環(huán)的電阻率測量值ρ=______Ω?m(四、計算題：本大題共3小題，共44分。13.某興趣小組發(fā)射自制的水火箭發(fā)射前瓶內空氣的體積為1.4L，水的體積為0.6L，瓶內空氣壓強為3atm。打開噴嘴后水火箭發(fā)射升空，忽略瓶內空氣溫度的變化，外界大氣壓強為1atm，求：

(1)當瓶內的水完全噴完瞬間，瓶內空氣的壓強p；

(2)當瓶內空氣壓強與外界大氣壓強相等時，瓶內剩余空氣質量與發(fā)射前瓶內空氣質量之比。

14.如圖所示，AB為傾角θ=37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與水平軌道BC相連接，質量為m2的小球乙靜止在水平軌道上B處，質量為m1的小球甲以速度v0=19.2m/s與乙球發(fā)生彈性正碰。若m1：m2=1：3，且軌道足夠長，兩球與斜面軌道之間的動摩擦因數均為μ1=0.45，兩球與水平軌道之間的動摩擦因數均為μ2=0.24，重力加速度g=10m/s2，15.如圖所示，ABC是位于豎直平面內、半徑R=0.5m的半圓弧的光滑絕緣軌道，B為半圓軌道的中點，A與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E=5×103N/C。今有一質量為m=0.1kg、帶電荷量q=+8×10-5C的小滑塊(可視為質點)，若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.15，取重力加速度，g=10m/s2。求：

(1)要小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點C，滑塊應在水平軌道上離A右側多遠處釋放？

(2)按(1)中位置釋放的滑塊通過B

答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

核能的利用分為裂變和聚變兩種，裂變分為兩種：可控鏈式反應和不可控鏈式反應，前者主要應用在核反應堆中，后者應用在原子彈中；聚變主要應用在氫彈上。

本題直接考查了氫彈和原子彈的原理，屬于記憶性的知識，要注意區(qū)分。

【解答】

原子彈的核反應堆是利用重核裂變的鏈式反應中能在極短時間內釋放出巨大能量的原理制成的，發(fā)生可控的鏈式反應的是核電站，不可控鏈式反應的是原子彈。氫彈則是利用輕核的聚變制成的。故ABD錯誤，C正確。

故選：C。2.【答案】B

【解析】【分析】根據速度變化量可求加速度，根據牛頓第二定律可求質量。

本題是基本牛頓第二定律的考查，求解加速度，對整體列牛頓第二定律即可。

【解答】加速度：a=Δv由牛頓第二定律可知，空間站的質量：M=Fa-m=9000.01故選：B。3.【答案】A

【解析】解：當入射角等于45°時會發(fā)生全反射，將棱鏡順時針方向轉過一個角度α，則可知入射角大于45°，可以判斷一定會發(fā)生全反射，光會經過兩次全反射沿光線2射出，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。4.【答案】C

【解析】解：閉合開關S后，兩電容器并聯，穩(wěn)定后兩電容器的電壓相等，根據Q=CU可知，電容器C1、C2的帶電量之比為

Q1：Q2=C1：C2=3：6=1：2

根據題意可得，Q1+Q2=24μC+12μC=36μC

解得Q2=24μC，則電容器C2的正極板上會儲存24μC電荷，故ABD錯誤，5.【答案】B

【解析】解：A.電容式觸摸屏的工作原理是用戶手指和工作面形成一個耦合電容，然后吸收走一個很小的電流。絕緣筆是絕緣的就不能吸收電流，所以就不能在電容式觸摸屏上正常操作。故A錯誤；

B.用戶手指和工作面形成一個耦合電容，這就是靜電感應的一種表現，故B正確；

C.紅外線式觸摸屏是通過判斷手指擋住的紅外線位置來確定觸摸點的。如果同時有多個手指觸摸屏幕，就會擋住多條紅外線，每個位置都有對應的紅外線，這時候要準確判斷每個觸摸點的位置并不困難，故C錯誤；

D.紅外線式觸摸屏的工作原理是通過判斷紅外線是否被阻擋來判斷觸摸位置的，和光的干涉沒有關系，故D錯誤。

故選：B。

當手觸摸電容觸摸屏時，手指和工作面形成一個電容器，紅外線式觸摸屏根據紅外線被阻擋的位置確定觸摸點的位置，據此分析。

本題是信息題，要讀懂題意，明確基本的工作原理，同時要掌握電容器以及光的干涉相關知識，從而進行分析。6.【答案】A

【解析】解：設地球的半徑為R，根據題意，宇宙飛船運動橢圓軌道的半長軸為r=R+60R2=30.5R，根據開普勒第三定律r同3T同2=r3T宇2，即(6.6R)317.【答案】B

【解析】解：過山車一直對軌道有壓力，根據豎直面內的圓周運動知識，則經過D點時最大速度vD滿足mg>mvD2R，即vD<gR，此時對應過山車從P點下滑的最大高度H1，規(guī)定B點所在的水平面為零勢能面，BD之間的高度差為BC之間高度差的2倍，而BC之間的高度差為R(1-cos37°)，根據機械能守恒定律有mgH1=12mvD2+mg?2R(1-cos37°)，解得H8.【答案】BD

【解析】解：兩個等量異種點電荷的電場線與等勢面的分布如下，其中兩點電荷連線的中垂面也為等勢面：

因為沿著電場線方向電勢降低，所以A點電勢比B點電勢高；由題意，結合幾何關系可知，C、D在兩點電荷連線的中垂面上，則C、D兩點電勢相等；

由圖，根據兩個等量異種點電荷電場線分布的對稱性可知，A、B兩點電場強度大小相等，方向相反，C、D兩點的電場強度大小相等、方向相同；

同一電場中，電場線越密集的地方電場強度越大，則由圖可知，在虛線AB上O點的場強最?。?/p>

因為沿著電場線方向電勢降低，所以O點電勢比B點電勢高，則帶負電的試探電荷在O處的電勢能小于在B處的電勢能；故BD正確，AC錯誤；

故選：BD。

根據沿著電場線方向電勢降低，可判斷兩點電勢高低；根據電場線的分布，可判斷兩點電場強度關系；根據電勢與電勢能的關系，可判斷電勢能大小；據此即可判斷ABCD正誤。

本題考查了電荷性質、電勢能和電勢的關系，解答本題時需注意，正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。9.【答案】BD

【解析】解；A、根據乙圖可知0.1s時質點P向下振動，所以波沿x軸正向傳播，故A錯誤

B、0.1s時波形圖可知t=0時質點Q向下振動，所以在t=0～0.05s內，質點Q的加速度先減小后增大，故B正確

C、在四分之一周期內，由于質點Q的平均速率大于質點P的，則質點Q的路程大于質點P的路程，故C錯誤

D、根據質點Q與P的振動圖像可知，在一個周期內，質點P和質點Q有兩個時刻位移相同，故D正確

故選：BD。

0.1s時質點P的振動方向可知波的傳播方向，根據0.1s時波形圖推出0時刻的波形圖從而確定Q質點振動情況

本題考查振動圖像與波動圖像結合問題，注意振動與波動圖像需同一時刻的才可以正確推理波的傳播方向。10.【答案】AD

【解析】解：A、根據運動的合成與分解法可得vB=vBx2+vBy2，代入數據解得vBy=7.52-4.52m/s=6m/s，則B球豎直下落的時間為t=va=610s=0.6s，可求出A球下落的時間為t1=0.6s+1.84.5s=1s，則A球下落的高度為h=12×10×12m=5m=H，可知A球恰好落地，故A正確；

B、C球開始距離邊緣為l=1.8m×3=5.4m，運動的位移為xC=4.5×1m=4.5m，未到平臺邊緣邊緣，故B錯誤；

C、A11.【答案】17.90

13.3

mgk'【解析】解：(1)已知刻度尺的分度值，根據刻度尺的讀數規(guī)則，其讀數為179.0mm=17.90cm；

(2)圖3中L-F圖像的斜率的倒數即為勁度系數的數值，有k=ΔFΔL=2.5-0.5(25.0-10.0)×10-2N/m=13.3N/m；

(3)以鉤碼個數n為橫軸、則nmg代表鉤碼重力大小，彈簧下端對應刻度L為縱軸建立直角坐標系，縱軸代表彈簧的長度，根據圖像斜率的物理意義，k'=ΔLΔn，則勁度系數k=ΔnmgΔL=mgΔLΔn=mg12.【答案】C

0.48

2.0

7.5×10-5

【解析】解：(1)直徑使用游標卡尺的外測量爪來測量，為C部位；游標卡尺的精確度為0.1mm，其讀數為4mm+0.1mm×8=4.8mm=0.48cm；

(2)金屬棒兩端電壓為U=U2-U1，流過金屬棒的電流為I=U1R+U1RV1，金屬棒的阻值Rx=UI，由以上式子整理得U2U1=1+RxRV1+RxR，則由圖像斜率的物理意義可知，Rx=k=6.0-1.02.5Ω=2.0Ω，根據電阻定律可知13.【答案】解：(1)發(fā)射前，瓶內空氣壓強p1=3atm，體積V1=1.4L；水噴完瞬間，瓶內空氣體積V2=2.0L。水噴完前，瓶內空氣做等溫變化，由玻意耳定律可得：p1V1=P2V2，解得：P2=P1V1V2=3×1.42atm=2.1atm；【解析】(1)分析好變化前后的壓強和體積，利用玻意耳定律列式求解即可。

(2)根據玻意耳定律求出體積，再結合質量和體積的關系即可求出質量比。

本題主要是考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個狀態(tài)參量，分析一定質量的理想氣體發(fā)生的是何種變化，選擇合適的氣體實驗定律解決問題。14.【答案】解：(1)因為質量為m1的小球甲以速度v0=19.2m/s與乙球發(fā)生彈性正碰，所以甲、乙系統(tǒng)動量守恒，且動能無損失，以水平向左為正方向，可得：

m1v0=m1v1+m2v2，

12m1v02=12m1v12+12m2v22，

聯立可得：v1=-9.6m/s，v2=9.6m/s，則發(fā)生彈性正碰后甲球與乙球的速度大小均為9.6m/s；

(2)乙球沿斜面上滑到最高點的過程，

由運動學公式可得：v22=2a?s，

由牛頓第二定律可得：ma=mgsin37°+mgcos37°?μ1，

乙球沿斜面下滑到底端的過程，

由運動學公式可得：v'22=2a'?s，

由牛頓第二定律可得：ma'=mgsin37°-mgcos37°?μ1，

聯立可得：v'2=4.8m/s，a=9.6m/s2，a'=2.4m/s2，

由運動學規(guī)律可得，乙球沿斜面上滑到最高點的時間為：t1=v2a，

乙球沿斜面下滑到底端的時間為：t2=【解析】(1)因為質量為m1的小球甲以速度v0=19.2m/s與乙球發(fā)生彈性正碰，所以甲、乙系統(tǒng)動量守恒，且動能無損失，據此列式，即可分析求解；

(2)對乙球沿斜面上滑到最高點的過程、乙球沿斜面下滑到底端的過程，分別根據運動學公式、牛頓第二定律列式，即可分析求解；

(3)由牛頓第二定律及運動學公式，先確定