广西壮族自治区南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考物理试题(PDF版含答案)

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名称 广西壮族自治区南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考物理试题(PDF版含答案)
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资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2024-05-21 18:00:34

文档简介

南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考
物理试题
本试卷满分100分,考试时间75分钟
(时间:75分钟,分值:100分)
一、选择题(共10小题,共46分,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分,第8~10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.核污水中主要含有的放射性元素氚()是氢的一种同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期约为12年,发生衰变时生成并放出一个带电粒子,也可以和发生核反应,生成一个。下列说法正确的是( )
A.发生的衰变是衰变
B.该反应存在质量亏损,所以质量数不守恒
C.100个存放24年后大约还剩25个
D.和发生核反应可用于制造氢弹
2.2023年10月26日,我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满的完成了发射,与天和核心舱成功对接。如图所示为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图,图中①为飞船的近地圆轨道,其轨道半径为R1,②为椭圆变轨轨道,③为天和核心舱所在的圆轨道,其轨道半径为R2,P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程,下列说法正确的是(  )
A.神舟十七号飞船先到③轨道,然后再加速,才能与天和核心舱完成对接
B.神舟十七号飞船在②轨道Q点的加速度大于③轨道Q点的加速度
C.神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度大于天和核心舱在③轨道运动的角速度
D.神舟十七号飞船在轨道②上的P点的机械能等于在轨道③上的Q点的机械能
3.国内首台新型墙壁清洁机器人——“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的,“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上,通过“爪子”交替伸缩,就能在墙壁和玻璃上自由移动。如图所示,“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀减速爬行到右上方B点,在这一过程中,设“蜘蛛侠”除重力外所受其他各个力的合力为F,下列各图中表示该合力F的方向可能正确的是(  )
A. B.
C. D.
4.如图所示,空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场,EF是其左边界,一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置,圆形线圈的圆心O在EF上,线圈电阻为R,若线框以角速度ω绕EF匀速转动,并从图示位置开始计时,则( )
A.通过金属线框的磁通量最大值为
B.时,线框中的感应电流最大
C.0到时间内,通过线框的电量为
线框中产生的交变电动势的最大值为nBsω
5.2023年10月3日,杭州亚运会十米跳台跳水决赛中,中国运动员全红禅获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间,从她离开跳台开始计时,全红禅重心的v-t图像可简化为如图乙所示。则全红禅(  )
A.0~t2内加速度先向上后向下
B.t3时到达水下最低点
C.入水后加速度逐渐增大
D.t1~t2的平均速度比t4~t5的大
6.半径为的圆内有匀强磁场,磁感应强度B大小为,现将一单匝正方形线框放入磁场,线框平面与磁场方向垂直,其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合,如图,当通过线框的电流I为时,线框所受的安培力大小为(  )
B.
C. D.
7.电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而著称,其原理简化如图所示,电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束,在束偏移器间不加扫描电压时,电子束垂直射到晶圆上某芯片表面并过中心O点,单个电子进入束偏移器的初动能恒定。电子的重力不计,则(  )
A.束偏移器间加的电压越大,电子通过束偏移器的时间越短
B.进入束偏移器的初动能越大,电子通过束偏移器的时间越短
C.束偏移器间加上稳定扫描电压,电子在束偏移器内做变加速运动
D.在不同的扫描电压下,电子离开束偏移器时速度的反向延长线不可能相交同一点
8.某同学将一质量为的小球从距离地面高处逆风水平抛出,抛出时的速度大小为,小球落地时的速度大小为,方向竖直向下。已知小球运动过程中,受到水平方向的风力且大小恒定,重力加速度为g,则小球从抛出到落地的过程中(  )
A.小球落地的时间为 B.落地时合外力的功率大小为
C. 小球的机械能减小了 D.小球做的是变加速曲线运动
9.一列简谐横波沿x轴在介质中传播,图甲是t=0s时刻的波形图,此时质点P的纵坐标为5cm,图乙是质点Q的振动图像,下列说法正确的是(  )
A.该波沿轴正方向传播 B.该波的波速为0.4m/s
C.0~1.5s质点P经过的路程小于10cm D.时刻质点P位于波峰
10.如图所示,空间有一正方体,a点固定电荷量为+Q(Q>0)的点电荷,d点固定电荷量为-Q的点电荷,O、分别为上下两个面的中心点,则(  )
A.b点与c点的电场强度相同
B.点与点的电势相同
C.O点与点的电势相同
D.将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小
二、非选择题(本题共5小题,共54分.考生根据要求作答)
11.(5分)某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪,如图甲所示。轻弹簧的右端固定,左端与一小车固定,小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针,装置静止时,小车的指针恰好指在刻度尺正中间,图中刻度尺是按一定比例的缩小图,其中每一小格代表的长度为1cm。测定弹簧弹力与形变量的关系图线如图乙所示:用弹簧测力计测定小车的重力,读数如图丙所示。重力加速度g取10m/s2。
(1)根据弹簧弹力与形变量的关系图线可知,弹簧的劲度系数k= N/m。(保留两位有效数字)
(2)某次测量小车所在位置如图丁所示,则小车的加速度方向为水平向 (填“左”或“右”)、大小为 m/s2。
(3)若将小车换为一个质量更小的小车,其他条件均不变,那么该加速度测量仪的量程将 。(选填“不变”“增大”或“减小”)
(4)加速度测量仪制作完成后,将刻度尺不同刻度对应的加速度大小标在尺上。在测量某次运动的过程中,该同学观察到指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0。则在这段时间内该运动可能为 。
A.匀加速直线运动 B.匀减速直线运动
C.加速度减小的减速运动 D.加速度减小的加速运动
12.(10分)某实验室有如下器材:
表头G1(1mA 2Ω) 表头G2(10mA 3Ω) 滑动变阻器R1(0~10Ω),滑动变阻器R2(0~10kΩ) 电源一个 开关、导线若干 不同定值电阻若干 两个个非线性元件
(1)需要一个量程为0~3V的电压表,可用G1串联个 Ω的电阻改装而成;需要一个量程为0~60mA的电流表,可用G2并联一个 Ω的电阻改装而成。
(2)利用改装的电压表和电流表测电源的电动势和内阻,用图甲的电路图,得到多组数据,绘出图乙中的U-I图像,则电源电动势为 V,内阻为 Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)将两个相同的非线性元件接入电路图丙,图丁是该非线性元件的电压和电流关系,则该电源的效率是 %(结果保留一位小数)。
13.(10分)如图所示,开口向上、放在地面上的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体,活塞的质量为m,横截面的面积为S。一质量为2m的物块放在缸底,用细线(不可伸长)与活塞相连接且细线刚好拉直,这时缸内气体的温度为,大气压强为,不计活塞与缸壁间的摩擦,现对缸内气体缓慢加热,重力加速度为g。
(1)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时,缸内气体温度为多大?
(2)当缸内气体体积为原来的1.2倍时,缸内气体温度是多少?
(14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,线段CO=OB=L,θ=30°;第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2(图中未画出),过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD;第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场,恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场;此后电子经第四象限从E点进入第三象限,最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子的重力,B1和B2的大小均未知,求:
(1)P点距O点的距离;
(2)电子到达E点时的速度大小;
(3)第三象限内的磁感应强度B2的大小。
15.(15分)如图所示,轨道a、b、c在同一竖直平面内,其中a是末端水平(可看做与D重合)的光滑圆弧轨道,b是半径为r=2m的光滑半圆形轨道且直径DF沿竖直方向,水平轨道c上静止放置着相距l=1.0m的物块B和C,B位于F处,现将滑块A从轨道a以上距D点高为H的位置由静止释放,滑块A经D处水平进入轨道b后能沿轨道(内轨)运动,到达F处与物块B正碰,碰后A、B粘在一起向右滑动,并再与C发生正碰.已知A、B、C质量分别为m、m、km,均可看做质点,物块与轨道C的动摩擦因数μ=0.45.(设碰撞时间很短,g取10m/s2)
(1)求H的最小值和H取最小值时,AB整体与C碰撞前瞬间的速度;
(2)若在满足(1)的情境条件下,碰后瞬间C的速度=2.0m/s,请根据AB整体与C的碰撞过程分析k的取值范围,并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向.2024 届 5 月份月考物理科目试题答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D C D B B AB BC CD
1、D
3 3 3 0 3
【详解】A. 1H衰变时的核反应方程为 1H 2He 1e,故 1H发生的衰变是β衰变,故 A错误;
B.该反应存在质量亏损,但质量数守恒,故 B错误;
C 3.半衰期适用于大量的统计规律,对于 100个 1H原子没有实际意义,故 C错误;
D 3H 2. 和 H发生核反应方程为 3 2 41 1 1H + 1H 2He
1
0n
该反应为氢核聚变反应,可用于制作氢弹,故 D正确。故选 D。
2、C
【详解】A.神舟十七号飞船先到②轨道,然后经过 Q点再加速变轨到③轨道,才能与天和核心舱完成对
接,故 A错误;
Mm GM
B.由万有引力提供向心力G 2 ma,可得 a r r 2
可得神舟十七号飞船在②轨道 Q点的加速度等于③轨道点 Q的加速度,故 B错误;
Mm
C.由万有引力提供向心力G 2 mr
2 GM
可得
r r3
因为在①轨道运动半径小于在③轨道运动的半径,所以神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度一定大于天
和核心舱在③轨道运动的角速度,故 C正确;
D. 神舟十七号飞船在②轨道的 P点和 Q点机械能守恒,在②轨道的 Q点加速变轨到③轨道,故③轨道的
Q点机械能大于②轨道的 P点,故 D错误故选 C。
3、D
【详解】由题意知,“蜘蛛侠”由 A点沿直线匀减速爬行到右上方 B点,即加速度方向和速度方向相反,在
竖直平面内蜘蛛侠加速度方向应该是从 B指向 A,根据牛顿第二定律在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应
该是从 B指向 A,重力方向竖直向下,根据力的平行四边形定则可以判断所受其他各个力的合力 F方向,
只有 D项符合。故选 D。
4、C

【详解】A.线圈磁通量最大为 ,故 A错误
2
B.当 t
2
时,即 t 2 时,线框回到图示位置,此时的感应电流最小,B错误;

C.当 t

,即 t 时,线圈转到与图示垂直位置,此时磁通量为零,则 0 到 时间内,通过线框
2 2 2
1
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
的电量为 q
nBS nBS
故 C正确;
R 2 2R
E nB SD.线框中产生的交变电动势的最大值为 m
1
nBS D错误;故选 C。
2 2
5、D
【详解】A.0~t2内图像的斜率均为正值,可知加速度一直向下,选项 A错误;
B.t3时到速度将要减小,则远动员刚接触水面,t5时刻达水下最低点,选项 B错误;
C.图像的斜率等于加速度,可知从 t3~t5入水后加速度逐渐减小,选项 C错误;
v
D.因 t1~t2的加速度为 g,则速度从零增加到 v 22的平均速度 v12 2
v v
t4~t5内加速度小于 g,则速度从 v 4 24减小到零用的时间大于 t2 t1,得 v45 v2 2 12
即可知 t1~t2的平均速度比 t4~t5的大,选项 D正确。故选 D。
6、B
2
【详解】线框在磁场的有效线段的长度 L 2R m
10
2
安培力大小为 F BIL N故选 B。
25
7、B
【详解】A,电子通过束偏移器,在初速度方向做匀速直线运动,所以通过束偏移器的时间与所加的扫描
电压无关,因为故 A错误;
B.电子在初速度方向做匀速直线运动,故电子进入束偏移器的初动能越大,初速度越大,通过束偏移器
的时间越短,故 B正确;
C.束偏移器间加上稳定扫描电压,电子在束偏移器内做类平抛运动,是匀变速曲线运动,故 C错误;
D.在不同的扫描电压下,电子离开束偏移器时速度的反向延长线相交于初速度方向的位移中点,所有电
子通过束偏移器在初速度方向的位移相同,故 D错误。故选 B。
8、AB
A. 1小球在竖直方向做自由落体运动,根据 H = gt2知 t = 2H,故 A正确;
2 g
B. 落地时小球单速度为 2v0,方向竖直向下,故水平风力的瞬时功率为零,只有竖直向下的重力的功率,
大小为 P = 2mgv0,故 B正确;
1
C. 下落过程中,水平风力做负功,使小球机械能减小,阻力做的功使水平方向动能减为零, = 2 2 0 ,
1
所以机械能减少了 2
2 0
,故 C错误;
D. 小球受竖直向下的重力和水平方向的恒定风力,两力的合力也是恒定的,且方向为斜向下方,与初速
度方向成一定角度,故小球是做匀变速曲线运动,故 D错误。故选 AB
2
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
9、BC
【详解】A.由图乙可知 t=0s时,质点 Q向 y轴负方向运动,再由同侧法可知,该波沿 x轴负方向传播,
A错误;
B.由图甲可知,该波的波长为 2.4m,由图乙可知,该波的周期为T 6s,故该波的波速为
v 2.4 m / s 0.4m / sB正确;
T 6
1
C.由上分析可知,该波向 x轴负方向传播,故 0~1.5s质点 P向 y轴正方向运动,经过 T 该质点的路程
4
小于一个振幅,C正确;
D.由上分析可知,质点 P沿 y轴正方向运动,故 t 2s时质点 P不可能位于波峰,D错误。故选 BC。
10、CD
【详解】A.由对称性知,b点与 c点的电场强度大小相等,但方向不同,故 A错误;
B.若取无限远处电势为零,垂直于 ad且过OO 的平面为电势为零的等势面, a 点与 d 点关于该等势面
对称,两点电势绝对值相等,一正一负,故 B错误;
C.O点与O 点在两点电荷的中垂面上,故两点电势都为零,故 C正确;
D.对试探电荷受力分析,俯视图如图所示,由图可知将带正电的试探电荷由 b点沿直线移动到 O点的过
程中,电场力先做负功后做正功,其电势能先增大后减小,故 D正确。故选 CD。
11、 (每空 1分,共 5分) 20 左 5 增大 CD/DC
【详解】(1)[1]由胡克定律F kx
F 4
可知弹簧的劲度系数为 k
x 20 10 2
N / m 20N / m
(2)[2] [3]由图丙可得弹簧测力计的示数为 F测 2.0N
由二力平衡可得 F测 mg
F测 2.0
解得小车质量为m kg 0.2kg
g 10
由图丁可知弹簧处于压缩状态,弹簧弹力向左,设压缩量为 x1,根据牛顿第二定律有 F1 ma1
又F1 kx1 其中 x1 5cm 联立解得 a 5m / s2
则小车的加速度方向为水平向左,大小为5m / s2。
(3)[4]设弹簧的最大形变量为 xm ,根据牛顿第二定律可得 kxm mam
kx
解得可测量的最大加速度为 a mm m
可知若将小车换为一个质量更小的小车,其他条件均不变,那么该加速度测量仪的量程将增大。
3
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
(4)[5]指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为 0,说明小车的加速度逐渐减小到几乎为 0,即小车
可能做加速度逐渐减小的加速运动,也可能做加速度逐渐减小的减速运动。故选 CD。
12、 (每空 2分,共 10分)2998 0.6 3.0 14 88.3
U
【详解】(1)[1]将 G1改装成 0~3V的电压表时需要串联电阻分压,分压电阻的阻值为 R1 Rg 2998 Ig
IgRg
[2]将 G2改装成量程为 0~60mA的电流表时需要并联电阻分流,分流电阻的阻值为 R2 0.6ΩI Ig
(2)[3]U-I图像的纵截距表示电源电动势,可知 E=3.0V
r U 3.0 2.3[4]图像斜率表示内阻,有
I 50 10 3
14
(3)[5]根据闭合电路欧姆定律有 E=U+2Ir 整理并代入数据得U 3.0 28I
在非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的 I U图线如图所示
交点的横、纵坐标即为电路的工作点,此时U 2.65V, I 12.5mA
U
该电源的效率是 100% 88.3%
E
p
13 8 1 0
S 3mg 6 p S 3mg
、( 分)( ) T
0 T
p0S mg
0 ;(2) 5 p0S mg 0
【详解】(1)根据题意可知,缸内气体的温度为T0时,缸内气体的压强
p p mg1 0 …………1分S
当缸底物块对缸底的压力刚好为零时,缸内气体压强
p 3mg2 p0 …………1分S
p1 p2
气体发生等容变化,则根据查理定律有 T T …………1分0 1
p0S 3mg
解得T1 Tp0S mg
0…………2分
(2)当缸内气体体积为原来的1.2倍时,设气体的温度为T2,此过程气体发生的是等压变化,根据盖吕萨
V 1.2V
克定律有 T T …………1分1 2
6 p S 3mg
解得T
6T 0 2 5 1 T5 p S mg 0…………2分0
L
14 14 ( 2 1)mv ( 2 1)mv、( 分)(1) ;(2) 2v ;(3)B 00 2 或 B 02 Le 2 Le
【详解】(1)电子在区域 ABC内以 O点为圆心做匀速圆周运动,在 G点与
AC相切,有
4
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
R Lsin30 …………1分
d R …………1分
解得 d
L
…………1分
2
(2)电子从 H点进入电场做类平抛运动,轨迹如图所示
根据运动学规律,有
L v
x t ………… 分
2 2 1
L v0t …………1分
v v2 v20 x …………1分
解得 v 2v0 …………1分
(3) tan
v
x
v …………1分0
①若磁场方向垂直于纸面向里,设其做匀速圆周运动的轨道半径为 r1,圆
心为 O1,如图所示,有 r1 r1 cos L …………1分
evB m v
2
2 r …………1分1
B ( 2 1)mv解得 2 0 …………1分Le
②若磁场方向垂直于纸面向外,设其做匀速圆周运动的轨道半径为 r2,圆心
为 O2,如图所示,有
r2 r2 cos L …………1分
2
evB v2 m …………1分r2
B ( 2 1)mv解得 2 0 …………1分Le
15、(17分)(1)4m/s.(2)当 2≤k<4时,AB整体的运动方向与 C相同.当 k=4时,AB整体的速度
为 0.当 4<k≤6时,AB整体的运动方向与 C相反.
【详解】(1)滑块 A从轨道 a下滑到达 D点的过程中,由机械能守恒定律得:
mgH= 12 mvD
2,…………1分
要使滑块 A能沿竖直平面内光滑半圆轨道 b内侧做圆周运动,在 D点应满足:
2
mg≤mvD …………1分
r
5
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
联立并代入数据解得 H≥1m
所以 H的最小值为 1m.…………1分
滑块 A从 a轨道上 H=1m处下滑到达 F点的过程,由机械能守恒定律得
1
mg(H+2r)= mv20 …………1分2
可得,滑块经过 F点的速度 v0=10m/s
A、B碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=2mv1.…………1分
设 AB整体与 C碰撞前瞬间的速度为 v2.由动能定理得
1 1
﹣μ 2mgl= 2mv22 2mv
2
1 …………1分2 2
联立以上各式解得 v2=4m/s…………1分
(2)若 AB整体与 C发生非弹性碰撞,由动量守恒定律得
2mv2=(2m+km)v…………1分
代入数据解得
k=2…………1分
此时 AB整体的运动方向与 C相同.
若 AB整体与 C发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律得
2mv2=2mv3+kmv…………1分
1
2 ×2mv2
2= 1 ×2mv 132+ kmv22 2 …………1分
2 k
解得 v3= v2 k 2
4
v= v
4 k 2
代入数据解得 k=6…………1分
此时 AB整体的运动方向与 C相反.
若 AB整体与 C发生碰撞后 AB整体速度为 0,由动量守恒定律得
2mv2=kmv…………1分
解得 k=4…………1分
综上所述,当 2≤k<4时,AB整体的运动方向与 C相同.…………1分
当 k=4时,AB整体的速度为 0.…………1分
当 4<k≤6时,AB整体的运动方向与 C相反.…………1分
6
{#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}
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