肇源一中2023-2024学年高三上学期第四次月考
物理试题
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，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，每小题6分，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．下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了减少动量的变化
B．图乙中描述的是多普勒效应，静止的A观察者接收到波的频率小于静止的B观察者接收到波的频率
C．图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B球的周期最大、C球的周期最小
D．图丁中，光纤的外套的折射率大于内芯的折射率
2．位于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速，已知t=0时刻，波刚好传播到x=4m处，如图所示，在处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（ ）
A．波源刚开始振动时的方向沿y轴负方向
B．接收器在t=3s时才能接收到此波
C．如果此波传播过程中与另一列同类波相遇并发生干涉，则另一列波的频率为f=2Hz
D．若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应知，接收器接收到的频率可能为3Hz
3．月球是地球唯一的一颗天然卫星，是太阳系中第五大的卫星。航天员登月后，观测羽毛的自由落体运动，得到羽毛的速度随时间变化的图像如图所示。已知月球半径为，引力常量为，则（ ）
A．月球表面的重力加速度大小为
B．月球的第一宇宙速度为
C．月球的质量为
D．月球的平均密度为
4．如图1所示，在光滑水平地面上，有一轻弹簧与物块连接组成的系统，弹簧的劲度系数为k，物块的质量为m，以x表示物块离开平衡位置的位移，若物块受到如图2所示的水平拉力F0与弹簧弹力-kx作用，由平衡位置O移动至处，下列关于此运动过程的说法正确的是（ ）
A．物块的加速度越来越小，速率越来越小 B．弹簧与物块组成的系统的势能减少0.25J
C．物块的动能增加0.25J D．拉力F0与弹簧弹力的合力对物块所做的功为0
5．一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
B．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
C．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
6．如图所示，匝数、面积、电阻的线圈处在竖直向下的均匀磁场中，磁感应强度为，通过软导线分别与边长为、每个边的阻值均为、质量分布均匀的正方形线框的d、c相连接，正方形线框用两个劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为，已知随时间的变化规律为，开关闭合前线框静止，开关闭合，稳定后，两弹簧的长度均变化了。忽略软导线对线框的作用力。则下列说法正确的是（ ）
A．线框中的电流方向为由c到d
B．ab边与cd边所受的安培力相等
C．流过线圈的电流为
D．磁感应强度的大小为
7．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为（）的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为
B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为
C．无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0
D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h
8．一质量为的物块静止在水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现对物块施加一个大小为（为重力加速度大小）、水平向右的外力，保持外力的大小不变，将外力的方向逆时针旋转，下列说法正确的是（ ）
A．物块对地面的最小压力为 B．物块对地面的最大压力为
C．地面对物块的最大摩擦力为 D．物块始终静止不动
9．如图所示为圆心在O点的四分之一竖直圆弧轨道，半径，最低点C处的切线水平，C点到水平地面的距离。一质量的小球从轨道上的B点由静止开始下滑，落到水平地面上的D点时（图中未画出），速度与水平方向的夹角为，已知OB与竖直方向的夹角，重力加速度g取，，。小球可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为
B．在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为1J
C．小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38N
D．从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量小于机械能的减少量
10．图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为
B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，的发热功率减小
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为
D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（5分）某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。
（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物 （填“靠近”或“远离”）计时器下端； ， ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。
（2）在打出的纸带中挑选一条最清晰的来计算重力加速度。在纸带上取连续清晰的7个点， 如图（b）所示，打点计时器所用电源的频率为50Hz。
测得A、B、C、D、E、F点与O点的距离如下：，，，，，计时器打点频率为50Hz。利用上面数据计算：测出当地重力加速度，
g= m/s2（结果保留三位有效数字）
12．(10分）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A．两节干电池组成的电池组
B．电流表A1：量程，内阻
C．电流表A2：量程，内阻
D．定值电阻
E．定值电阻
F．定值电阻
G．滑动变阻器（）
H．导线与开关
（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表A1量程扩大为0.5A，另一定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a ；b ；c （均填器材前面的字母）。
（2）在图示乙器材中按照电路图连接成测量电路 。
（3）电路连接准确无误后，闭合开关K，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1、A2的示数，作出了图像如图丙所示，则电池组电动势E0= V；内阻r0= Ω。（小数点后保留两位）
（4）用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．（10分）一篮球的质量m=0.6 kg，其最大容积V=7L，用打气筒给篮球打气，每打一次把压强p0=1.0×105Pa的空气打进去V1=200cm3，不计篮球的厚度，整个打气过程中，认为空气的温度不变，将空气视为理想气体。
（1）打气前球内有，压强的空气，打30 次气后篮球达到最大体积，求此时球内的压强（结果保留三位有效数字）；
（2）将打好气的篮球从高处自由释放，篮球与水平地面接触的时间，反弹后上升的最大高度，取重力加速度大小，忽略空气阻力，不计篮球内空气的质量，求地面对篮球的平均作用力大小。
14．（12分）如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出）。在处有一粒子源P，能沿x轴负方向以的速度发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子经过电场偏转后通过的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求电场强度E的大小；
（2）要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。
15．（17分）如图，质量的木板B静止在光滑水平面上，固定光滑弧形轨道末端与B的左端上表面相切，右侧的竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态，木板右端距离弹簧左端。质量的小物块A以的速度水平向右与木板发生弹性碰撞（碰撞时间不计），当碰撞完成时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达轨道末端，并以水平速度滑上B的上表面。木板足够长，物块C的质量，物块C与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为。取重力加速度，结果可用根式表示。
（1）求碰撞后物块A与木板B的速度大小；
（2）若要保证木板B与弹簧接触之前C与B共速，求物块C在弧形轨道下滑的高度的范围；
（3）若，求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时木板的速度大小；
（4）若，木板与弹簧接触以后，从木板与物块开始相对滑动到木板与物块加速度再次相同时，所用时间为，求此过程中弹簧弹力的冲量大小。
第四次月考物理试题参考答案：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A C C C D D AD AB BD
1．B
【详解】A．图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作不能减少动量的变化，根据动量定理
可知其原因是为了延长时间，从而减少作用力，故A错误；
B．图乙中描述的是多普勒效应，静止的A观察者接收到波的频率小于波源的频率，静止的B观察者接收到波的频率大于波源频率，所以静止的A观察者接收到波的频率小于静止的B观察者接收到波的频率，故B正确；
C．图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B、C做受迫振动，周期相同，故C错误；
D．图丁中，光纤发生全反射，所以的外套的折射率小于内芯的折射率，故D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．t=0时刻，波刚好传播到x=4m处，由同侧法可知，x=4m处起振方向沿y轴负方向。波传播过程中，某质点的起振方向与波源刚开始振动时的方向相同。故波源刚开始振动时的方向沿y轴负方向。故A正确；
B．接收器能接收到此波，需要时间
接收器在t=2.6s时才能接收到此波。故B错误；
C．由波形图可知，波长
波的频率
两列波发生干涉的条件是两列波的频率相同，相位差恒定。如果此波传播过程中与另一列同类波相遇并发生干涉，则另一列波的频率为
f=2.5Hz
故C错误；
D．若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应知，接收器接收到的频率将小于2.5Hz。故D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．由图像斜率表示加速度，得月球表面的重力加速度大小为
故A错误；
B．月球的第一宇宙速度为
故B错误；
CD．根据月球表面上的物体受到的万有引为等于重力，即
月球的质量为
月球密度
解得得月球的平均密度为
故C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．根据图像可得，水平拉力F0与位移x的关系为
同时可得弹簧的弹性系数为
则可得物块受到的合力为
根据牛顿第二定律可得
故可得由平衡位置O移动至处物块的加速度越来越大，故速率越来越大，故A错误；
B．弹簧与物块组成的系统的势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，为
故B错误；
C．水平拉力F0所做的功等于物块的动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，则可得物块的动能的增加量为
故C正确；
D．由平衡位置O移动至处，拉力F0与弹簧弹力的合力对物块所做的功等于物块动能的增加量，为
故D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
故A错误；
B．如图所示
当电场力与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得
解得电场强度最小值为
故B错误；
CD．如图所示A为等效最低点，则与A关于圆心对称点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
故C正确，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，A错误；
B．由于da，ab，bc串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；
C．回路感应电动势
回路总电阻
因此流过线圈的电流
C错误；
D．根据平衡条件可知
解得
故选D。
7．D
【详解】A．两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0，A错误；
B．下落过程中由自由落体运动规律得
解得大球与地面碰撞前的速度大小为
根据动量定理可得
B错误；
C．以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别为v，碰后大球的速度为v1小球的速度为v2，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
两式联立解得
可知当
时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，C错误；
D．大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒
解得
当M m时，不考虑m影响，则
小球上升高度为
D正确；
故选D。
8．AD
【详解】AB．对物体进行受力分析，物块对其支持力大小为
结合牛顿第三定律可知，当外力水平时，物块对地面的压力最大为；当外力竖直时，物块对地面的压力最小为。故A正确、B错误；
CD．地面对物块的最大滑动摩擦力为
假设物块始终保持静止状态，则水平方向有
整理得
等式恒成立，故假设成立，物体始终处于静止状态，物体所受摩擦力为静摩擦力，故当外力水平时,物块受到的摩擦力最大为，故C错误,D正确。
故选AD。
【点睛】本题考查牛顿运动定律的应用，目的是考查学生的推理论证能力。
9．AB
【详解】A．小球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律有
联立解得，小球在C点的速度为
则在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为
故A正确；
B．在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，根据动能定理有
解得，在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为
故B正确；
C．经过C点时，根据牛顿第二定律有
解得，小球经过C点时受到轨道的支持力大小为
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38N，故C错误；
D．从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量为
而从开始下滑到落地前的运动过程，小球机械能的减少量为
则从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。
故选AB。
10．BD
【详解】A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
而产生的平均电动势
解得
故A错误；
CD．矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值
则原线圈的电压即电压表V1的示数
再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有，则副线圈的电压即电压表V2的示数
故只要不变则不变，故C错误、D正确；
B．根据以上分析知，原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压也不会改变，在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，副线圈回路的电流减小，的发热功率减小，故B正确。
故选BD。
11．（5分） 靠近 先接通电源 再释放纸带 9.67 【详解】（1）[1]为充分利用纸带，重物要靠近打点计时器。[2][3]为打点稳定，先接通电源，再释放纸带。
根据逐差法求出小车的加速度大小为
12．（10分） F D E 2.91 1.35 等于
【详解】（1）[1]将电流表改装成，则有
即与定值电阻串联，故应选F；
[2]电流表量程扩大到，扩大倍数为
则并联电阻为
故应选D；
[3]保护电阻应选E。
（2）[4]实物连线如图所示
（3）[5][6]扩大量程后电压表内阻为
电流表内阻为
由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
根据图像可得
，
解得
，
（4）[7]用本实验电路测量，测量电动势和内阻测量值与真实值相等。
13．（10分）（1）；（2）336 N
【详解】（1）（4分）对篮球内的空气，根据玻意耳定律有
2分
解得
2分
（2）设篮球着地前瞬间和反弹后瞬间的速度大小分别为v1、v2，则有
1分
解得
1分
1分
以竖直向上为正方向，对篮球，根据动量定理有
2分
解得
F=336N 1分
14．（12分）（1）；（2）
【详解】（1）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度大小为a，沿x轴负方向有
1分
沿y轴负方向有
1分
又
1分
联立解得电场强度的大小
1分
（2）设粒子到达y轴时速度方向与x轴负方向的夹角为，则有
， 2分
可得
， 1分
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
2分
要使粒子垂直打到挡板上，如图所示
由几何关系可知
2分
联立解得
1分
15．（17分）（1），；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
1分
1分
解得，碰撞后物块A与木板B的速度大小分别为
， 1分
（2）物块C运动到最低点过程中，由动能定理
1分
解得
1分
物块C在木板B上滑动到共速过程中，由动量守恒定律
1分
对木板B由动能定理
1分
要保证木板B与弹簧接触之前C与B共速，则满足
1分
联立解得，物块C在弧形轨道下滑的高度的范围为
1分
（3）若，则物块C与木板B共速时，恰好与弹簧接触，则B与C以相同速度压缩弹簧，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律
1分
对物块C由牛顿第二定律
1分
当满足时，物块C与木板B之间即将发生相对滑动，解得此时弹簧压缩量为
由能量守恒定律
1分
联立解得，此时木板的速度大小为
1分
（4）物块C与木板B相对滑动后到两者加速度再次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为t，木板的末速度大小等于v，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，即此时弹簧压缩量恢复到时，物块C与木板B加速度再次相同，此时木板B的速度为，规定向左为正方向，由动量定理得
2分
联立可得，此过程中弹簧弹力的冲量大小为
1分
