2024-2025学年湖北省襄阳市第五中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

2024-2025学年湖北省襄阳市第五中学高三（上）月考物理试卷（9月）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.已知氘核的质量为，质子的质量为，中子的质量为，光速为，则氘核的比结合能为( )
A. B.
C. D.
2.北京时间年月日，神舟十八号载人飞船发射取得成功。假如“神舟十八号”仅受地球施加的万有引力作用下，绕地球沿如图椭圆形轨道运动，它在、、三点以下关系正确的是
A. 从点运动至点的过程中，“神舟十八号”的机械能不断减少
B. 从点运动至点的时间小于从点运动至点的时间
C. “神舟十八号”在点处的加速度最小
D. “神舟十八号”在点处受到的地球施加的万有引力最大
3.如图在水池底中部放一线状光源，光源平行于水面，则水面观察到的发光区域形状为( )
A. B. C. D.
4.一物体做匀变速直线运动，其运动的位移随时间的变化关系图像如图所示，
则在末，物体的速度大小为
A. B.
C. D.
5.如图所示，有一个边长为的立方体空间，一长度为的导体棒沿方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场图中未画出，磁感应强度的大小为。在导体棒中通以从至、大小为的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是( )
A. 若磁场沿指向的方向，安培力的大小为
B. 若磁场沿指向的方向，安培力的大小为
C. 若磁场沿指向的方向，安培力的大小为
D. 若磁场沿指向的方向，安培力的大小为
6.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为、、。若三个完全相同的滑块同时从、、处开始由静止下滑忽略阻力，则
A. 处滑块最先到达点
B. 处滑块最先到达点
C. 三种情况下滑块到达点的时间不相等
D. 若换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热，从处下滑的是最大
7.如图所示，长木板倾斜放置，板面与水平方向的夹角为，在板的端上方点处，以大小为的水平初速度向右抛出一个小球，结果小球恰好能垂直打在板面上。现让板绕端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，要让球从点水平抛出后仍能垂直打在板面上，则水平位移及抛出的水平速度不计空气阻力( )
A. 变大，大于 B. 变小，小于
C. 变化不确定，小于 D. 变化不确定，等于
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.很多以煤做燃料的电厂、电站每天排出的烟气带走大量的煤粉，如图甲所示，这不仅浪费燃料，而且严重地污染环境，为了消除烟气中的煤粉，可利用静电除尘，如图乙，、为金属管内两点。在、两点加高电压时，金属管内空气电离，电离出来的电子在静电力的作用下，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，导致煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是( )
A. 接电源的负极
B. 电场强度
C. 金属圆筒内越靠近极电势越高
D. 带上负电的煤粉在向管壁运动的过程中其运动轨迹为抛物线
9.甲乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿轴相向传播，波速，某时刻的波形如图所示，为介质中的三个质点，则下列说法正确的是( )
A. 以点开始振动时为计时起点，则质点的振动方程为
B. 从图示时刻开始，经过质点的速度大小会再次相等
C. 处的质点从图示时刻开始经通过的路程为
D. 两列简谐横波的频率均为
10.如图所示，质量、长为的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量的木块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数。若要使木板获得的速度不大于，木块的初速度应满足的条件为取( )
A. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.两组同学计划探究加速度与力、质量的关系。
第一组同学采用如图装置验证拉力一定时，物体加速度与质量成反比。左右等高的水平桌面上都有一端带滑轮的长木板，木板上都固定有打点计时器，质量分别为和的两个小滑块通过一条细绳绕过各自长木板上的定滑轮相连，动滑轮下吊有沙桶，调整装置使和在同一竖直平面内，并使细线与长木板平行，两个小滑块都与穿过打点计时器限位孔的纸带相连。关于该方案，实验前__________填“需要”或“不需要”平衡摩擦力，__________填“需要”或“不需要”满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量。
第二组同学的实验平面很光滑，摩擦力可以忽略不计。他们设想通过测量质量相同的两辆小车在相同时间内通过的位移来比较它们的加速度，进而探究加速度与力的关系，实验装置如图所示。将轨道分上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统同时控制，能使小车同时立即停下来。通过改变槽码盘中的槽码来改变拉力的大小。通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，你认为__________选填“可行”或“不可行”
12.物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表量程、电流表量程、定值电器、滑动变阻器。
测量电源的电动势和内阻。按如图所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图中标记相应的点并拟合出图线，可得电源电动势 ，内阻 结果均保留位有效数字。
不考虑偶然误差，由上述方法测得的内阻 填“大于”、“等于”、“小于”真实值，引起此误差的原因是 。
测试电源的带载特性。用表示变阻器接入电路的阻值，表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的、图线：
表示图中变阻器的功率变化规律；
表示图中变阻器的功率变化规律。
在滑动变阻器的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是 。
A. ． C. ．
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，质量均为的物块、放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为，与转盘之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．、分别用细线系于转盘转轴上的、点，细线都刚好拉直．现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为．
求绳即将出现张力时转盘的角速度；
通过计算说明谁先脱离转盘．
14.如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，为圆心、、、、为圆形轨道上的点，其中为竖直直径，与圆心等高，和圆心的连线与水平方向的夹角为。一小球静止在圆形轨道底端点，某时刻小球获得一个水平向右的瞬时初速度未知，已知重力加速度为，回答下列问题：
若使小球运动过程中不脱离轨道，求小球的初速度的范围；
若小球在点脱轨，求小球的初速度；
以点为坐标原点，水平方向为轴向右为正，竖直方向为轴向上为正建立平面直角坐标系。若小球仍在点脱轨，求小球脱离轨道后的运动轨迹方程。
15.如图，为半径足够大的光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端与右侧光滑水平面平滑连接，水平面右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以的速度逆时针匀速转动。有一质量为的物块静止于圆弧轨道底端，在物块右侧有一质量为的物块，物块与传送带之间的动摩擦因数，物块以水平向右的速度从传送带左侧滑上传送带。当物块滑离传送带后与物块发生碰撞，物块上有特殊装置，可以使物块、碰撞瞬间让两者合在一起成为一个整体沿圆弧轨道向上运动，当、整体沿圆弧轨道向下运动到轨道底端时，该装置使物块、分开，物块停在轨道底端，物块以分开前瞬间的速度向右运动，之后物块、会多次作用，重力加速度大小取，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
物块、第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块的速度大小
物块从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量
物块开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块摩擦力的冲量。
答案解析
1.
【解析】氘核与质子和中子的质量之差为，
质子和中子结合成氘核释放的能量为，
核中有两个核子，因此平均结合能为，
故A正确。
2.
【解析】解：从点运动至点的过程中，由于“神舟十八号”仅受地球的万有引力作用，没有其他外力做功，因此其机械能是守恒的，故A错误；
B.根据开普勒第二定律，在近地点最快，在远地点最慢，从点到点一直减速，两段路程相等，从点运动至点的速度大时间短，从点运动至点速度小时间长，故B正确；
C.根据，椭圆轨道上点到地球球心距离最近，则加速度最大，故“神舟十八号”在点近地点处的加速度最大，故C错误；
D.根据万有引力定律，有，可知，越大，越小，椭圆轨道的点对应的最大，所以点处的万有引力最小，故D错误。
故选：。
A.根据机械能守恒的条件进行分析判断；
B.根据开普勒第二定律进行分析解答；
C.根据牛顿第二定律进行分析解答；
D.根据万有引力的公式结合距离远近判断万有引力大小。
本题主要考查了万有引力定律和机械能守恒定律的应用，以及开普勒第二定律的理解，会根据题意进行准确分析和解答。
3.
【解析】解：取线状光源左右两侧上一点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形。设此圆的半径为，点光源发出的光恰好发生全反射的光路图如图所示。设全反射的临界角为 ，根据几何关系可得
线状光源发出的光在水面上有光射出的水面形状如图所示。
故选B。
光从一种介质射向另一种介质时，光要发生折射，光从光密介质射向光疏介质当入射角大于临界角时光发生全反射，根据题意应用临界角公式与几何知识分析答题。
本题考查了光的折射问题，解答几何光学问题时，往往要画出光路图，根据几何知识分析，要掌握全反射的条件和临界角公式。
4.
【解析】物体做匀变速直线运动，由图像可知：当时，，当时，，代入位移一时间公式，，得：；，解得：，则在末，物体的速度为，大小为。故选D。
5.
【解析】若磁场沿指向的方向，在平面中对磁感应强度沿和与垂直的方向分解，
则与电流垂直的磁感应强度分量，安培力大小，故A项错误，项正确
、若磁场沿指向的方向，对磁场沿平行、垂直于面的方向分解，分量，则在面中，安培力大小，
分量同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于，故C、项错误。
6.
【解析】令半球形容器的半径为，滑板的倾角为，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有，根据位移公式有，解得，可知时间与滑板的倾角和板的长度均无关，故三个滑块同时到达点，故ABC错误
D.换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热，为水平分位移，从处下滑，水平分位移最大，即摩擦生热最大，故 D正确。
7.
【解析】设板与水平方向的夹角为，对木板进行分析，如图
设的距离为，根据几何关系有
由平抛运动的规律可知，可得
联立可得
由数学知识可知，当时，即时，取最小值，则存在最大值，所以当发生变化后，的变化不确定，
将小球落在板上的速度进行分解如图所示：
根据几何关系可得
水平方向有，则
代入整理可得
由题意可知减小，则变小，故初速度减小，即
故C正确。
8.
【解析】A.管内接电高压时，管内产生强电场，它使空气电离而产生正、负离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使煤粉带负电，所以金属管应接高压电源的正极，金属丝接负极，故A错误；
B.金属丝周围形成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近金属丝的电场强度越强，故B正确；
C.接电源的正极，则金属圆筒内越靠近极电势越高，故C正确；
D.带上负电的煤粉在向管壁运动的过程中受电场力、重力、浮力作用，其运动轨迹不是抛物线，故D错误。
9.
【解析】A.根据题意可知，两列波波速相同，都为 ；波长相同，都为，则周期相同
两列波同时到达点，点振幅为两列振幅之和，则有
故A正确；
B.设此时波形图的表达式为
将，周期，代入可得
当时，则有
解得
，
由图可知，此时 ， ，波向右传播，经过传播距离为
即 的质点的振动形式传给的中点，两点此时关于平衡位置对称速度大小相等，故B正确；
C. 处的质点，两波到达该处叠加减弱，所以振幅为振幅之差，甲波传到该处的时间为；乙波传到该处的时间为 ，经通过的路程
故C错误；
D.两列简谐横波的频率
故D错误。
故选AB。
10.
【解析】、若在上滑动最后以共用速度运动时，的加速度，的加速度，加速到所需的时间，设在时间内，的速度从减小到，则，解得，相对位移，小于；如果，两个物体达到共同速度时的速度小于，故符合要求，如图甲，B正确，A错误；
、若离开时，的速度刚好达到，加速的时间也为，、相对位移刚好为，则有，解得，
当时，减速时间小于，加速时间也小于，获得的速度小于，故也符合要求，如图乙，C正确，D错误。
故选BC。
11.需要；不需要；
可行。

【解析】因两小滑块所受的摩擦力不一定相等，实验前需要平衡摩擦力。沙桶对细线的拉力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要知道具体数值，所以不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量。
由位移公式得，两小车运动时间相同时，加速度与位移成正比，即，然后由实验再确定合力与位移的关系，所以该方案可行。
12.
小于
电压表的分流

【解析】根据闭合电路欧姆定律
电源图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻。由图像可知，电动势测量值
电源内阻
考虑到电表内阻，整理得，因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。
图中，滑动变阻器 的功率为
由数学知识可知，当 时，功率最大，又有
可知此时
最大功率为
图中，把 和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为
等效内阻为
则滑动变阻器 的功率为
由数学知识可知，当时，功率最大，此时
最大功率为
综上所述，图中和图中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图中滑动变阻器的电阻较大，且图中的最大功率较大。
故选AC。
13.解：绳即将出现张力时，对物块，有，解得
设绳与竖直方向的夹角为，绳与竖直方向的夹角为，
即将脱离转盘时有，
，
解得
同理可得即将脱离转盘时
由题意可知，所以，故A先脱离转盘。
【解析】本题考查圆盘上物体的圆周运动，关键是抓住临界条件，明确向心力来源。
当绳子即将出现张力时，物块的最大静摩擦力提供向心力，据此列式求解；
当两个物体要脱离圆盘时，与圆盘间的弹力为零，此时重力与绳子拉力的合力提供向心力，根据竖直方向合力为零，水平方向合力等于向心力列式可求出、的临界角速度，进而得出结论。
14.小球不脱离轨道分两种情况：小球在下半圆往复运动或小球可以做完整圆周运动。小球在下半圆往复运动的临界情况为小球运动至圆心等高处时速度为，由动能定理得
解得

小球可以做完整圆周运动的临界情况为小球在轨道最高点时
又由动能定理得

解得
所以若使小球在运动过程中不脱离轨道，小球获得的初速度范围为
或
若小球在点脱轨，则小球在点时满足
又由动能定理得

解得
小球在点向左上方 方向脱离轨道做斜抛运动，此时
小球在水平方向做匀速直线运动
竖直方向做竖直上抛运动
消去参数，解得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：传送带足够长，则物块在传送带上向右滑动的速度一定能减小到，传送带的速度 ，小于物块初始的速度 ，则物块第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度 ；设物块、第一次碰撞之后速度为 ，物块、碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
物块、碰撞之后，沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒，即、分开前瞬间它们的速度 ，所以、分开时物块的速度为
物块在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有
解得
物块减速到的时间
物块和传送带运动的位移分别为 和 ，减速过程中相对滑动的位移为
物块在传送带上向左加速运动的加速度还为
物块向左加速到与传送带速度相等时不再发生相对滑动，加速过程时间
设加速过程物块和传送带运动的位移分别为 和 ，加速过程中相对滑动的位移为
整个过程产生的热量为
物块、第一次碰撞后，物块以速度 滑上传送带，物块的速度 小于传送带的速度，则物块向右减速到后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块离开传送带时速度大小也为 ，物块在传送带上运动的时间为
设物块、第二次碰撞之后速度为 ，物块、碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
物块以速度 滑上传送带，物块的速度 小于传送带的速度，则物块向右减速到后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块离开传送带时速度大小也为 ；物块在传送带上运动的时间为
之后重复上述过程，设物块、第次碰撞之后速度为 ，物块、碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
，，，
物块以速度 滑上传送带，物块的速度 小于传送带的速度，则物块向右减速到后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块离开传送带时速度大小也为 ；物块在传送带上运动的时间为
，，，
物块在传送带上与传送带有相对滑动过程中物块会受到水平向左的滑动摩擦力，速度与传送带速度相等之后不再受到摩擦力的作用，则摩擦力的作用时间为
根据等比数列求和得
则摩擦力的冲量为
。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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