【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考物理试题（一） 含解析.docx，共(21)页，3.748 MB，由小赞的店铺上传

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大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（一）物理时量75分钟，满分100分。第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.如图所示四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲是电子束通过铝箔后的干涉图样，此实验

可以说明电子具有波动性B.图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时可以用直流电压表代替静电计C.根据图丙的氢原子能级图可知处于基态的氢原子可以吸收一个能量为14eV的光子并电离D.根据图丁知每过3.8天氡222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核比结合能变小【答案】C【解

析】【详解】A．图甲是电子束通过铝箔后的衍射图样，衍射是波具有的特性，此实验可以说明电子具有波动性，故A错误；B．图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时，电路中无电流，不可以用直流电压表代替静电计，故B错误；C．根据图丙的氢原子能级图可知处于基态的氢原子可以吸收

一个能量为14eV的光子，由于14eV13.6eV，可知氢原子能发生电离，故C正确；D．根据图丁知每过3.8天氡222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核更稳定，比结合能变大，故D错误；故选C。2.某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习

，如图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。已知铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.铅球

推出后在飞行过程中任意1s内速度变化量都相同B.两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同C.两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度相同D.两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同【答案】AD【解析】【详解】A．铅球推出后在空中做匀变速曲线运动

，加速度恒为g，据vgt=可知，铅球推出后在飞行过程中任意1s内速度变化量都相同，A正确；B．设铅球出手时的速度为v，与水平方向夹角为，水平方向的位移可表示为cosxvt=其中铅球在空中的运动时间为sin2vtg=联立可得222sincossin2vvxgg

==滑步推出的铅球水平位移大，则初速度v较大，由于相同，故滑步推铅球时，铅球在空中运动的时间较长，B错误；C．铅球在最高点的速度为cosv，故滑步推出的铅球在空中运动到最高点时的速度较大，C错误；D．铅球在空中上升的最大高度为2(sin)2vhg=故滑

步推出的铅球在空中上升的最大高度较大，D正确。故选AD。3.欧洲木星探测器于2023年4月发射，将于2023年7月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与木卫四之间先绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角

速度B.欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度小于木卫四的线速度C.若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能D.若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能【答案】C【解析】【详解】AB．根

据公式有222=MmvGmrmrr=解得3GMr=GMvr=欧洲木星探测器的公转轨道半径大于木卫一的公转轨道半径，则欧洲木星探测器的角速度小于木卫一的角速速；木星探测器的公转轨道半径小于木卫四的公转轨道半径，故线速度大于木卫四的线速度，故AB错误；CD．若要

让欧洲木星探测器被木星捕获，必须减小其机械能，让其做近心运动；若要让欧洲木星探测器被木卫四捕获，必须增大其机械能，让其做离心运动，故C正确，D错误。故选C。4.光纤通信有传输容量大、传输衰减小、抗干扰性及保密性强

等多方面的优点，我国的光纤通信起步较早，现已成为技术先进的几个国家之一，如图甲是光纤的示意图，图乙是光纤简化示意图（内芯简化为长直玻璃丝，外套简化为真空），玻璃丝长为AC=L，折射率为n，AB、CD代表端面，光从AB端面以某一入射角θ进入玻璃丝，在玻璃丝内部恰好发生全反射，

知光在真空中传播速度为c，下列选项正确的是（）A.内芯相对于外套是光疏介质B.1sinn=C.光在玻璃丝中传播的速度为csinθD.光在玻璃丝中从AB端面传播到CD端面所用的时间为2nLc【答案】D【解析】【详解】A．内芯相对于外套是光密介质，故A错误；B．由

题目描述，不是临界角，故B错误；C．如图临界角，设光在玻璃丝中传播速度为v，则1sincnv==解得sinvc=故C错误；D．由题描述可知，光进入玻璃丝内部后，在F点恰好发生全反射，光在玻璃丝中传播的路程为sinLs=传播的时间为为stv=解

得2ntLc=故D正确。故选D。5.一测试用的导弹在地面附近的运动轨迹如图中曲线所示，坐标x轴为水平方向，y轴为竖直方向，导弹以某一初速度由地面某处O点发射同时开启推进器助推，到达a点时关闭推进器。已知推力方向和空气阻力方向始终与导弹运动方向在同一直线，空气阻

力大小与导弹速率二次方成正比，图中ac、高度相同，b为导弹轨迹最高点，则导弹在飞行过程中（）A.b点时速率为零B.Oa阶段可能做直线运动C.a点的动能大于c点的动能D.ab和bc阶段，重力冲量大小相等【答案】C【解析】【详解】A．在

最高点b，导弹竖直速度为零，但水平速度不为零，故A错误；B．Oa阶段导弹受导弹的推力、重力和空气阻力，推力方向和空气阻力方向始终与导弹运动方向在同一直线，而重力与导弹运动方向不在同一直线上，因此导弹受到的合力方向与导弹运动方向也不在同一直线上，故导弹做曲线运动，

故B错误；C．由于有空气阻力，关闭导弹推进器后，导弹的机械能逐渐减小，因此c点的机械能小于a点，而ac、高度相同，重力势能相同，因此a点的动能大于c点的动能，故C正确；D．由于存在空气阻力，且空气阻力大小与导弹速率二次方成正比，因此在

竖直方向上导弹上升时的速度大于下降时的速度，而ac、高度相同，因此导弹ab阶段运动时间少于bc阶段，故ab解得重力冲量大小小于bc阶段，故D错误。故选C。6.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动完全相同的波源1S、2S，两波源相距24cm，M、N为介质中两波源连线的中垂线上的两个质点

。已知波速为0.25m/s，两波源同时开始振动，从波源振动开始计时，M点的振动图像如图乙所示。当N点开始振动后，在某一时刻在中垂线上M、N是相邻的波峰，则（）A.M、N间的距离为5cmB.M、N间的距离为7cmC.M、N连线的中点振动减弱D.M、N处于波峰时，两点连线的中点处于波谷【答案

】B【解析】【详解】AB．由乙图可知，波的周期为T=0.2s所以两个波源产生波的波长为0.05m5cmvT===因经0.6s波从波源传到M，所以1S到M的距离为15cmMxvt==M、N是相邻的波峰，所以它们到波源1S（或2S）的路程差为

5cm，1S到N的距离为20cmNx=则又由几何关系可知，M到两波源连线中点的距离为9cm221512cm9cmMx=−=中N到两波源连线中点的距离为222012cm16cmNx=−=中所以M、N间的距离为7cm，选项A错误，B正确；C．两波源连线中垂线的到两波源和路程

差都为0，所以都是振动加强的点，选项C错误；D．M、N两点连线的中点到波源连线中点的距离为12.5cm，到波源1S的距离为221212.5cm17.33cm+=的而波谷到1S的距离应为17.5cm，所以M、N两点连线的中点不是波谷，选项D错误。故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分

，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入()2202sinVut=的交流电源后，为

手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入“无线超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为20V，充电电流为5A，充电基座送电线圈接有电阻17.5R=与受电线圈接有电阻24.5R=，线圈电阻不计且充电过程中不计一切能量损失，则下列说法正

确的是（）A.若此手机的电池容量为4500mA·h，则超充模式下的充电时间为54分钟B.此无线充电器的耗电功率是100WC.送电线圈与受电线圈的匝数比为5:1D.送电线圈两端的电压为215.5V【答案】AC【解析】【详解】A．由容量单位可知，手机充电时间

为电池容量与充电电流的比值，计算可得0.9hqtI==充电时间为0.9小时，即54分钟，A正确；C．设无线充电器送电线圈与受电线圈的匝数比为k，由于原副线圈均接有电阻，依题意可得原副线圈的电压关系212

222020IRkkIR−=+值得注意的是充电电压应为有效值，算得送电线圈与受电线圈的匝数之比为5:1，C正确；B．由匝数比可知原线圈电流应为1A，故充电器消耗的总功率为220WPIU==B错误；D．由于送电线圈跟受电线圈均有输电电阻，故送电线圈电压101220V17.5

V212.5VUUU=−=−=D错误。故选AC。8.如图所示，光滑绝缘水平面上的O点固定一带正电的点电荷M，电荷量为Q；点电荷N的电荷量为-q（q>0）。图甲中N绕着M做半径ra=圆周运动，运动周

期为T；图乙中点荷N以M为焦点沿椭圆轨道运动。A、B分别为电荷N距离M最近和最远点；OAa=、3OBa=，静电力常量为k；若取无穷远处电势为零，图甲和图乙两种电荷系统的电势能和动能之和分别为E甲和E乙，则N在从A点第一次运动

到B点的过程中（）A.在A点的电势能大于在B点电势能B.EE乙甲C.3ABvv=D.电荷N从A点第一次运动到B点所用时间为2T【答案】CD【解析】【详解】A．由电场力做功与电势能的关系可得，A点的电势能

小于在B点电势能，故A错误；B．图乙电荷N运动到A点时，其动能比图甲中的电荷动能大，而此位置甲、乙两图电荷系统的相对位置相同，所以电势能相同，两系统电势能和动能之和守恒，所以EE乙甲，故B错误；C．由开普勒第二定律AB11322vtavta=（）（）可得A

Bv3v=故C正确；D．类比开普勒第三定律33222aaTT=乙（）可得22TT=乙电荷N在从A点第一次运动到B点所用时间22TtT==乙故D正确。故选CD。9.如图所示，水平地面上静止放置着三个完全相同的砖块A、B、C

，质量均为m．A、B之间和B、C之间的动摩擦因数均为。用两根长度相同的轻绳分别连接砖块A与砖块C，并将两根轻绳系于O点，现将一个竖直向上的力F作用于O点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（）A.若在F作用下三

个砖块保持相对静止的一起向上运动，则三个砖块的加速度为3FmB.若39，则无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止C.若33=，且3Fmg，则砖块A、B之间的摩擦力为16FD.若310=，且3Fmg，则砖块A、B之间的摩擦力为320F【答案】BCD【解析】【详

解】A．若在F作用下三个砖块保持相对静止的一起向上运动，对A、B、C整体分析，有33Fmgma−=得3Fagm=−故A错误；B．设3个砖块刚好相对静止一起加速向上运动，此时A、B和B、C之间的摩擦力均为最大静摩擦力，对B受力分析，竖直方向根据牛顿第二定律2fm

gma−=又fN=水平方向cos30NF=得39=易得当39时，A、B和B、C之间的摩擦力为静摩擦力，无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止，故B正确；C．若3339=，且3Fmg，A、B和B、C之间的摩擦力为静摩擦力，砖块A

、B、C保持相对静止向上匀加速运动，对B，有2fmgma−=得16fF=故C正确；D．若33109=，且3Fmg，砖块A、B、C发生相对滑动，得320fNF==故D正确。故选BCD。10.如图所示为扇形聚焦回旋加速器的原理图。将圆形区域等分成22,3,4nn

=（）个扇形区域，相互间隔的n个区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，另外n个区域内没有磁场。一群速度大小不同的同种带电粒子，依次经过2n个扇形区域在闭合轨道上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则（）A.粒子的运动周期与其速度大小无关B.n越大，每个粒子

的运动周期也越大C.粒子运动速度的最大值与n有关D.粒子运动速度的最大值随n的增大而增大【答案】AB【解析】【详解】AB．设粒子在n个磁场区域运动的时间为1t，则12πrtv=粒子在一个无磁场区域中运动的直线长度2sinLr=n=粒子在n个无磁场区域运动的时间2nLt

v=则粒子在闭合轨道上运动的周期1222sinmnmnTttBq+=+=1sinyxx=该函数图像如图所示由图可知当2x时1sinyxx=为一个单调递增函数，可得粒子的周期与速度无关，n越大，周期越大，故AB正确。CD．粒

子在磁场中做圆周运动时有2mvqvBr=考虑对称性，画出临界轨迹，如图所示，由几何关系可得2=最大半径m2Rr=所以m2BqRvm=故最大速度与n无关，故CD错误。故选AB。第Ⅱ卷三、实验题（11题7分，12题9分）11.

智能手机自带许多传感器，某同学想到使用其中的磁感应强度传感器，结合单摆原理测量当地的重力加速度。具体操作如下：a．用游标卡尺测量小钢球直径d，测得结果如图甲所示，其读数d=___________mm；的b．将细绳一端固定在O点，另一端系

一小钢球，用毫米刻度尺测量出细绳的长度L；c．如图乙所示，将强磁铁吸附于小钢球下侧，在单摆的正下方放置一手机，打开手机中测量磁感应强度的应用软件；d．使单摆小角度摆动，每当钢球经过手机时，磁传感器会采集到一个磁感应强

度的峰值。采集到磁感应强度随时间变化的图像如图丙，由图得单摆的周期T=___________s（保留两位有效数字）；e．若该同学把O点到钢球中心的距离作为单摆摆长，则重力加速度的表达式可表示为___________（用L、d、T进行表示）；f．根据以上操作，该同学

实验得出重力加速度值与当地重力加速度相比会___________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】①.10.2②.2.0③.222(2)LdgT+=④.偏小【解析】【详解】[1]根据图甲可知，该

游标卡尺的游标尺为10分度值，则可知精度为0.1mm，且游标尺第2格与主尺刻度线对齐，而主尺读数为10mm，则可知小钢球的直径10mm20.1mm10.2mmd=+=[2]当磁场最强时，摆球在手机的正上，即单摆的最低点，根据磁感应强度随时间变化的图象，可知相邻两

次磁场最强的时间为单摆的半个周期，由此可得单摆的周期为2.0sT=[3]由题意可知，单摆摆长为2dlL=+根据单摆的周期公式2lTg=可得222(2)LdgT+=[4]单摆的回复力来自重力的分量，当摆球下方吸附磁铁后，整体

不再是规则的几何形状，摆球的重心不再是其几何中心，相应的下移，若仍然用O点到摆球几何中心的距离作为摆长，则根据重力加速度与摆长的关系式可知，所测重力加速度将偏小。12.我国某电动汽车公司发布了刀片电池，该电池采用磷酸铁锂技术，通过结构创新，

提高了体积利用率和的续航里程，某研究小组对其中一个电池片测量其电动势E和内阻r。利用现有有限的器材设计了如图1所示的电路（0R是一个未知阻值的定值电阻），实验步骤如下：（1）闭合开关，调节变阻箱的阻值，记下相应的阻值R和电压表的读数U，数据如下表：()VU8

.310.011.112.514.316.7()R7.06.05.04.03.02.01.0()-11/VU0.120.100.090.080.070.06①其中，当R取6.0时，电压表的读数如图2所示，可得电压是______

__V②根据表中的数据在图3的坐标中做出相应的1RU−图________；（2）对数据处理成220URR表示R的功率RP，用相关函数软件模拟出RPR−图，如图4所示：（3）由以上相关数据可以得到定值电阻0R的阻值

为________，该刀片电池的一个电池片的电动势为________V，内阻为________。（答案保留一位小数）【答案】①.9.1##9.2##9.3②.③.4.0④.25.0⑤.1.0【解析】【详解】（1）①[1]

电压表的读数是9.2V；②[2]根据表中的数据在坐标中做出相应的1RU−图像如图（3）[3][4][5]由图1的电路，闭合电路欧姆定律可得00UUEURrRR=++转换得00111rRUEERER=+

+由图3可得截距010.05rEER+=斜率010.01ER=联立两个算式可以求得05Rr+=根据有最大输出功率的条件可知，当05RRr=+=时有最大的输出功率20131.25W4mEPRr==+可求得25.0VE=然后可求得04.0R=

1.0r=四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分）13.篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气体的气压调至51.610Pap=标，才能让篮球发挥最佳性能。如图所示，某同学使用简易充气筒给篮球充气，该充气筒每次可以将压强501.010Pap=，体

积30100cmV=的空气打进篮球。已知篮球的容积337.610cmV=，初始内部气压等于标准大气压501.010Pap=。（忽略所有过程温度的变化与篮球容积的变化）（1）该同学利用充气筒向篮球打了19次气，求此时篮球内部的气压1p；（2）若篮球内部的气压为

521.810Pap=，可以采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标，求放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值。【答案】（1）51.2510Pa；（2）18【解析】【详解】（1）同学利用充气筒向篮球打气，气体做等温变化，有001()pVnVpV+=

解得此时篮球内部的气压511.2510Pap=（2）采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标时，放出的气体压强为0p，设若放出的气体压强也为p标，此时放出的气体体积为'V，根据玻意耳定律得2(')pVpVV=+标带入数据解得1'8VV=放出气体的

压强与放气后球内的压强一样时，温度一样故密度相同。则放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值'18mVmmV==−14.如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为Bm的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧

半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为1m的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为2

m的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知0.2mR=，0.5mL=，10.3kgm=，20.1kgm=，B0.2kgm=，A、B均可视为质点，重力加速度g取210m/s。（1）求碰后瞬间滑块2的速度大

小；（2）若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数；（3）若物块B末被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。【

答案】（1）3m/s；（2）0.5；（3）0.05m，1m/s【解析】【详解】（1）滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度0v，则为211012mgRmv=解得022m/svgR==滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒101122mvmvmv=+2

22101122111222mvmvmv=+解得1210121m/smmvvmm−==+1201223m/smvvmm==+（2）物块B固定，由动能定理得22222102mgLmgRmv−−=−解得0.5=（3）物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，则()222B

mvmmv=+由能量关系得()222222B21122mgLmvmmvmgh=−+−解得0.05mh=滑块2沿物块B滑动最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终最终相对物块B静止，系统水平方向动量守恒有()222Bmvmmv=+对全程滑上再滑下到相对静止，由能量关系得()22222

21122Bmgxmvmmv=−+解得1m/sx=0.6mv=由于0.6m21mxL==，故假设成立。所以最终滑块2的速度大小1m/sv=15.如图甲，14MM、14NN为平行放置的水平金属导轨，导轨间距1.0mL=，左端接有0.5R=的定值电阻。宽度10.5md=的1221M

MNN区域I分布着方向竖直向上的匀强磁场1B，其变化规律如图乙所示。宽度21.0md=的2332MMNN区域II无磁场，导轨23MM、23NN与金属棒的动摩擦因数0.2=，其余导轨均光滑。33MN右侧区域III分布着足

够长的20.5TB=的匀强磁场，其方向竖直向上。质量均为0.3kgm=，电阻均为0.5=r的导体棒CD、SP分别紧靠22MN右侧、33MN左侧。0=t时，CD在与导轨平行的恒力3.0NF=的作用下由静止开始运动，与SP碰撞前瞬

间撤去F，之后CD与SP发生弹性碰撞，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取210m/sg=，求：（1）CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t；（2）0~0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q；（3）整个运

动过程中通过定值电阻R的电荷量。【答案】（1）0.5s；（2）1J；（3）3.2C【解析】【详解】（1）对导体棒CD，根据牛顿第二定律Fmgma−=而2212dat=解得a=8m/s，t=0.5s（2）在0~0.5s内，根据法拉第电磁感应定律1131.00.5V3V0.5BLdE

t===由于CD、SP并联后再与R串联，因此干路电流强度3A4A0.50.522EIrR===++CD上产生的焦耳热224()()0.50.5J1J22IQrt===（3）在0~0.5s内，通

过定值电阻R的电荷量140.5C2CqIt===CD与SP碰前的速度080.5m/s4m/svat===由于CD与SP质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知速度互换，碰后CD停止运动，而SP以v0的速度进入磁场B2，此时CD

与R并联，对导体棒SP，根据动量定理200BILtmv−=−而SPItq=联立解得SP2.4Cq=而流过定值电阻R的电荷量2SP1.2CRqqRr==+整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com