【文档说明】四川省南充高级中学2023-2024学年高三下学期第15次月考理综试题-高中物理 Word版含解析.docx，共(21)页，1.982 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中高2021级高三第十五次月考理科综合试题总分300分考试时间150分钟命审题：南充高中拔尖人才培养物理化学生物专家组注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答

题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效。4．考试结束后将答题卡交回。一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题

只有一项符合题目要求，第6~8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.已知钚元素的半衰期约为88年，钚238衰变时只放出α射线，钚238制作的同位素电池广泛应用于宇宙飞船、人造卫星、极地气象站等。下列说法正确的是（）A.α射线的电离作用比

β射线弱B.238234494922PuUHe→+C.1kg钚经过44年未衰变质量是0.25kgD.钚经过化学反应后生成其他化合物之后，其放射性即消失【答案】B【解析】【详解】A．α射线的电离作用比β射线强，A错误；B．根据核反应方程的两边质量数和电荷数相等可知238234494922PuUHe

→+B正确；C．已知钚元素的半衰期约为88年，可知1kg钚经过176年未衰变质量是0.25kg，故C错误；D．放射性的性质是由原子核决定，与元素处于单质或化合物状态无关，即原子核的放射性与原子所处的物理和化学状态均无关，钚经过化学反应后生成其他化合物之后，其放射性仍然存在，D错误。故选B。2.如

图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处

于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（）A.外力F大小不变B.轻杆对小球的作用力大小变小C.地面对木板的支持力逐渐变小D.地面对木板的摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．对小球A

进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgFFOOOAOA==缓慢运动过程OA越来越小，则F逐渐减小，故A错误；B．由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；CD．对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与

竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。3.为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用

传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度。下图为某段时间内蹦床的压力—时间图像，不计空气阻力，运动员仅在竖直方向上运动，且可视为质点，则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为（

g取10m/s2）（）A.3.2mB.5.0mC.6.4mD.10.0m【答案】B【解析】【详解】根据牛顿第三定律可知，运动员对弹性网向下的压力等于弹性网对运动员向上的弹力，则F-t图像与坐标轴所围的面积可以表示运动员所受弹力的冲量

I，根据动量定理有0Imgt−=而运动员下落高度越大，从最高点到最低点的时间t越长，I越大，即F-t图像与坐标轴所围面积越大，由图可知，4.5~5.3s时间和7.3~8.1s时间对应运动员从最大高度下落后接触弹性网的过程，根据竖直上抛运动的对

称性可知，运动员从弹性网跃起后达到最大高度所经历的时间为11(7.3s5.3s)1s2t=−=运动员在这段时间内跃起的最大高度为2115.0m2hgt==故选B。4.冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置．

如图所示，将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动．若子弹射击砂箱时的速度为v，测得冲击摆的最大摆角为h，砂箱上升的最大高度为h，则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时，下列说法正确的是（）A.冲击摆的最大摆角将变为2θB.冲击摆的最大摆角的正切值将变为

2tanθC.砂箱上升的最大高度将变为2hD.砂箱上升的最大高度将变为4h【答案】D【解析】【详解】设子弹的质量为m，砂箱的质量为M，砂箱上升的最大高度为h，最大偏转角为θ，冲击摆的摆长为L；以子弹和砂箱作为整体，在子弹和砂箱一起升

至最高点的过程中，由机械能守恒定律得：()()212mMvmMgh+=+共；解得：=2vgh共；在子弹射入砂箱的过程中，系统的动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：()mvmMv=+共，联立解得：2mMvghm+=同理可知，若子弹的入射速度为2v时，满足关系：22

mMvghm+=，故4hh=，D正确；讨论：（1）冲击摆的最大偏转角满足：cosLhL−=，由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆角是否将变为2θ．故A错误；（2）由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆角的正

切值是否将变为2tanθ，故B错误；故本题选D．5.如图，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为d的竖直墙壁上，要使小球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度h为（）A.dB.2dC.3dD.2d【答案】B【解析】

【详解】小球在光滑曲面上运动时，机械能守恒，设离开曲面时速度v，则212mghmv=解得2vgh=该速度在第二阶段即平抛运动阶段，为水平速度，竖直速度ygt=v水平方向有d=vt联立可得2ygvdh=所以合速度为2222

2ygvvvghdh=+=+合要使总速度最小，则有222gghdh=解得2dh=故选B。6.从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星半径约为月球的p倍，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是“祝融”绕火星表

面做圆周运动周期的q倍，则下列说法正确的是（）A.发射“玉兔”登月时的理论速度应大于11.2km/sB.发射“祝融”探火时的理论速度应大于11.2km/sC.火星的质量与月球的质量之比为32pqD.火星的质量与月球的质量之比为23qp【答案】BC【解析】

【详解】A．“玉兔”绕月球圆周运动的同时又和月球一起绕地球运动，未脱离地球引力，即发射“玉兔”登月时的理论速度要小于11.2km/s，选项A错误；B．“祝融”绕火星运动，脱离地球引力的束缚，发射“祝融”探火时的理论速度应大于11.2km/s，选项B

正确；CD．设“玉兔”绕月球表面圆周运动的周期是1T，月球半径为1R，月球的质量为1M，“玉兔”的质量为1m，根据万有引力提供“玉兔”绕月球做圆周运动的向心力得2111122114MmπGmRRT==则2311214RMG

T=设“祝融”绕火星表面圆周运动的周期是2T，火星半径为2R，火星的质量为2M，“祝融”的质量为2m根据万有引力提供“祝融”绕火星做圆周运动的向心力得2222222224MmπGmRRT==则2322224RMGT=火星的质量与月球的质量之比为2322323222212332

11122144πRMGTRTpqπRMRTGT===选项C正确，D错误。故选BC。7.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O点为圆心、以R为半径作圆，从x轴上的a点开始沿逆时针方向将圆四等分，a、b、c、d是圆周上的4个等分点，实线

ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，如图（a）所示；测量出圆上各点的电势、半径同x轴正方向的夹角θ，描绘出一θ图像如图（b）所示，下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子从e点运动到f点的过程中电势能逐渐增大C.O点的电势为122−D.电场强度

的大小为122R+【答案】CD【解析】【详解】A．根据图（b）可知，圆周上电势最高点和最低点所在直径与x轴夹角为6，设圆周上电势最高点为m，圆周上电势最低点为n，则mn直径方向为电场线方向，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，粒子受力方向与

电场方向一致，带正电，故A错误；B．粒子受力方向与电场方向一致，粒子从e点运动到f点的过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；C．O点的电势为1222mnO+−==故C正确；D．电场强度的大小为1222mnUERR

+==故D正确。故选CD。8.一种无绳电梯依靠电磁驱动原理运行，如图所示，质量为m、宽度为l的电梯轿厢一端处于方向垂直轿厢平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。某次向上启动电梯时，磁场以速度v匀速向上移动，轿厢一端始终处于磁场区域内，整个轿厢的电

阻为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.轿厢向上做匀加速直线运动B.轿厢向上运动的速度可能为22mgRvBl−C.安培力对轿厢做的功大于轿厢机械能的增量D.安培力对轿厢做的功可能小于回路中产生的热量【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意，轿厢一端始终处于磁场区域内，开始时，磁场

匀速向上移动，轿厢中的导体棒相对磁场向下的速度大小为v，根据右手定则判断感应电流水平向右，安培力竖直向上。若安培力小于轿厢重力，则轿厢会先向下做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向下运动，最终离开磁场区

域，而轿厢始终处于磁场区域内，所以开始时轿厢所受的安培力大于轿厢重力，则轿厢会先向上做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向上运动，故A错误；B．轿厢先向上做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向上运动，此时轿厢向上运动的

速度达最大，根据BIlmg=EIR=()EBlvv=−联立可得此时轿厢速度为22mgRvvBl−=故B正确；CD．根据功能关系知，安培力对轿厢做的功一部分转化为轿厢的机械能，一部分转化为回路中产生的热量，故安培力对轿厢所做的功大于轿厢

机械能的增量，不可能小于回路中产生的热量，故C正确，D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分，第9-12为必考题，每个试题考生都必须作的答。第13-37题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共1

29分）9.某同学用图示实验装置来测量物块与木板之间的动摩擦因数，一带有窄片的物块被一弹簧弹射装置弹射出去，沿水平木板滑行，途中安装一光电门，标记为O点，设重力加速度为g。（1）测得窄片的宽度为L，记下窄片通过光电门的时间𝛥𝑡，还需要测量

的物理有______；（标明相关物理量的符号）（2）物块和木板间的动摩擦因数=___________。【答案】①.O到物块停止位置之间的距离s②.222()Lgst【解析】【分析】【详解】(1)[1]由于窄片宽度较小，可认为窄片通过O的平均速度为

此时物块的瞬时速度，故物块通过O点的速度为0Lvt=设从O到物块停止位置之间的距离为s，由动能定理可得20102mgsmv−=−联立解得()220222vLgsgst==故还需要测量物理有：O到物块停止位置之间的距离s。(2)[2]物块和木板间的动摩

擦因数为()222Lgst=10.某同学将一内阻为425Ω、量程为0~150μA的微安表改装为量程为0～1mA的电流表，再把该电流表改装为一多挡位欧姆表。（1）把该微安表改装为量程为0～1mA的电流表需要______（填“串

联”或“并联”）______Ω的电阻。的（2）取一电动势为1.5V、内阻较小的电源和调节范围足够大的滑动变阻器，与改装所得1mA的电流表连接成如图甲所示欧姆表，其中M为______（填“红”或“黑”）表笔，改装表盘后，正确使用该欧姆表测量某电阻的阻值，示数如图

乙所示，图乙所测电阻为______Ω。【答案】①.并联②.75③.红④.1000【解析】【详解】（1）[1][2]增大电流表的量程时，连接的电阻起分流作用，所以需要并联一个电阻；根据并联电路的特点可得()ggg0IRIIR=−解得075ΩR=（2）[3]由题图

甲可知，电流由M回到电源负极，根据“红进黑出”可知，M为红表笔；[4]根据电源及电流表量程可知，欧姆表内阻为1500ΩERI==欧结合中值电阻刻度可知，该欧姆表倍率为100，所以待测电阻阻值为1000Ω。11.如图所示，对称、相同粗糙程度的斜面与竖直方

向夹角53=，硬质轻杆通过光滑铰链与两个相同且质量为11.0kgm=的物块P、Q相连，P、Q对称放在斜面上，一质量21.6kgm=的物体通过轻绳悬挂在铰链A上，对称调节P、Q的位置，使杆与斜面垂直，整个装置处于平衡状态，设最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=，可能用到的数学公式sin()sincoscossin−=−cos()coscossinsin+=−(1)求杆对物块P的作用力大小；(2)求物块与斜面

间动摩擦因数的最小值；(3)若斜面光滑，对称调节P、Q的位置，使整个装置仍处于平衡状态，求此时杆与水平方向夹角的正切值。【答案】(1)10N；(2)13；(3)1627【解析】【详解】(1)对A点进行受力分析，受绳子的拉力

和两个轻杆的弹力而处于平衡状态，对绳子的拉力沿杆的方向进行分解，如图1所示由平衡条件得211.6102210Nsin530.8mgF===所以杆对P作用力为10N(2)对P进行受力分析，受重力m1g，支持力N，杆的压力，大小为F1，

和摩擦力f作用，如图2所示。的当最大静摩擦力与重力在斜面上的分力相等时，动摩擦因数有最小值，设为μ沿杆的方向上有11sinNFmg=+沿斜面方向有1cosfmg=fN=联立并代入数据解得13=

(3)斜面光滑，对称调节P、Q的位置，使整个装置仍处于平衡状态，对滑块P进行受力分析，受重力受重力m1g，斜面的支持力N＇＇，杆的压力N＇，处于静止状态，如图3所示。把重力m1g与杆的压力N＇分别沿斜面方向上分解，由物体P处于静止状态

可知这两个力的分力大小相等，设杆与水平方向夹角为α，结合几何关系，在沿斜面方向上有1'sin53)cos53Nmg−=（由牛顿第三定律可知，杆的压力N＇等于质量为m2的物体受到的重力沿杆的方向上的分量，所以有2'2sinmgN=联立以上两式解得16tan2

7=12.如图所示，半径1mR=的四分之一圆弧槽M固定在地面上，圆弧槽末端位于圆心O正下方、且与平台KPQ上表面水平相切，P点放置质量为00.4kgm=的小物块，KP、PQ长度分别为0.45m、2.75m，Q右侧空间存在面积足够大的匀强磁场，

磁感应强度210T8B=、方向水平向右，在右侧空间建立Oxyz三维直角坐标系，坐标原点O位于KPQ延长线上，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴正方向竖直向上，z轴正方向水平向右，QO的距离16md=，xOy

平面内放置有足够大的挡板。质量0.1kgm=、带电量2C1.610q−=+的小球自圆弧槽A点正上方4mh=处从静止释放，小球与小物块发生碰撞同时，在KPQ平台上方施加方向水平向右、大小22.510V/mE=的匀强电场图中

未画出。小球与小物块碰撞时无能量损失且小球电量不变，重力加速度g取210m/s，小球和小物块均可看作质点，不计一切摩擦，求：（1）小球运动到K点时对轨道的压力NF；（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数

；（3）小球打在挡板上的坐标。（结果可含有）【答案】（1）11N，方向竖直向下；（2）2次；（3）10,0,0m−【解析】【分析】（1）小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律列式子，并且在K点，根据受力分析列

出牛顿第二定律方程；（2）弹性碰撞根据动量守恒和动能不变列式子。并结合运动学公式分析；（3）小球在叠加场中的运动是圆周运动，根据分析画出轨迹。【详解】（1）小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律，得()212KmghRmv+=小球到最低点时：2NKvFmgmR−=求得N11N10m/sKF

v==，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N11NFF==方向竖直向下。（2）第一次碰撞，设向右为正方向，由动量守恒定律、能量守恒定律，得102Kmvmvmv=+222102111222Kmvmvmv=+求得16m/sv=−

，24m/sv=小球在电场中的加速度240m/sqEam==设经时间1t二者第二次相遇，则21112112vtatvt+=解得10.5st=此过程中小物块位移1212mxvt==再次碰撞前小球速度31114m/svvat=+=此时0m的速度仍为2

v，第二次发生碰撞有302405mvmvmvmv+=+022223240511112222mvmvmvmv+=+解得45s,2m/s8m/vv=−=设经时间2t二者第三次相遇，则24225212vtatvt+=解得20.5st=此过程中小物块位移2524

mxvt==则两次碰撞总距离126m2.75mxx+=小物块飞离平台前与小球发生了2次碰撞。（3）小球与小物块第二次碰撞后至飞离平台过程有2422.75m2m2Qvva−=−解得8m/sQv=小球进入

磁场后沿z轴方向做匀速直线运动，撞到挡板的时间2sQdtv==小球在xOy平面内做曲线运动，沿z轴正方向看去，如图所示：根据计算，小球在磁场中以v−速度做圆周运动的周期的21smTqB==mgqvB+=求得5m/s

v+=小球沿x轴的位移为102mxvT+==则小球打到挡板的坐标为10m,0,0−。（二）选考题（共45分，请考生从给出的4道物理题中任选两题作答，如果多做，则按所做的第一二题计分。）【物理——选

修】（15分）13.如VT−图所示，一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化，从状态1开始，经状态2和状态3，最后回到原状态，下列判断正确的是（）A.三个状态中，3状态气体的压强最小B.1和2两个状态中，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数相同C.从状态1到状

态2的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做功D.三个状态中，2状态的分子平均动能最大E.从状态3到状态1的过程中气体温度不变，所以气体既不吸热也不放热【答案】ACD【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程PVCT=在3状态，VT最大，P最小，A正确；B．1和2两

个状态的压强相等，由于温度不同，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数不同，B错误；C．从状态1到状态2的过程中，体积增大，温度升高，对外做功且内能增大，气体吸收的热量大于气体对外做功，C正确；D．三个状态中，2状态的温度最高，分子平均动能最大

，D正确；E．从状态3到状态1的过程中气体体积减小，外界对气体做功，温度不变，内能不变，所以气体放热，E错误。故选ACD。14.如图所示，开口竖直向上的固定汽缸右侧连一“U”形管气压计，在距汽缸底部1.2l处有一个卡环，一质量为m的活塞可以在汽缸内卡环

以上部分无摩擦滑动且不漏气，在汽缸内封闭一定质量的气体，当温度为0T时，活塞静止在距汽缸底部为1.5l处．已知大气压强恒为0p，汽缸横截面积为S，不计“U”形管内气体的体积，现缓慢降低缸内气体的温度，求：（1）当活塞刚接触

卡环时，气体温度1T；（1）当气压计两管水银面相平时，气体的温度2T【答案】（1）00.8T；（2）000455pTSpSmg+【解析】【详解】（1）降低温度至活塞刚接触卡环的过程中，气体的压强不变，由盖吕萨克定律0101VVTT=即011.51.2lSlSTT=可以得到100.8TT=的（2）从

活塞接触卡环到液面相平的过程中，气体等容变化，根据查理定律3212ppTT=即1020mgppSTT+=可以得到0020455pTSTpSmg=+【物理——选修】（15分）15.如图所示，某一均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播了足够长的时间，在0t=时刻两列波的波峰正好在12

mx=处重合，平衡位置正好在216mx=处重合，则下列说法中正确的是（）A.横波A的波速与横波B的波速相等B.两列波的频率之比为AB:11:7ff=C.2mx=处质点，此时位移为12cm，且振动始终加强D.在0x的区间，0t=时刻两列波另一波

峰重合处的平衡位置最近坐标为358mx=E.在0x的区间，0t=时刻两列波波谷重合处的平衡位置最近坐标为4108mx=【答案】ABD【解析】【详解】A．因两列波是在同一均匀介质中传播，故传播速度相等，A正确；B．由图

可知，对横波A有A3216m2m14m4=−=解得A56m11=对横波B有B3116m2m14m4=−=解得B8m=因两列波在同一介质中波速相等，有AABBff=所以AB:11:7ff=B正确；C．因两列波频率不同，不能形成稳定的叠加，故x=2m处质点的振动不是始终加强，C错误；

D．在x>0的区间，t=0时刻，两列波另一波峰重处到x1=2m的距离相等56811MN=且MN都是整数，若是最短距离，则11M=7N=故最短距离为56m，故t=0时刻，两列波另一波峰重合的平衡位置最近坐标为x3=58m，D正确；E．在x>0的区间，t=0时刻，从x2=16m算起，两列波波谷重合处

11563381144MN+=+且MN都是整数，若是最短距离，则12M=11N=可知该位置距离x2=16m处为14m，则0t=时刻两列波波谷重合处的平衡位置最近坐标为430mx=，E错误。故选ABD。16.

如图所示，竖直圆形为某透镜的截面，O为圆心，AB为水平直径，CD为竖直直径。有甲、乙两单色光，分别从M、N两点沿水平方向射入透镜，M点到CD的距离为圆形半径的一半。经透镜折射后，两单色光都从B点射出，测得两出射光线的夹角为134°。已知sin37°=0.6，cos3

7°=0.8，求：（1）该透镜对甲、乙两单色光的折射率；（2）甲、乙两单色光在透镜中的传播时间比。【答案】（1）3，1.6；（2）75：64【解析】【详解】光路图如图所示：（1）由几何关系有230=12360=+=由折射定律得，透镜对甲光的折射

率1sin13sin2n==同理460=由几何关系有874=574=165372==由折射定律得，透镜对乙光的折射率2sin51.6sin6n==（2）甲光在透镜中的传播速度11cvn=由几何关系有

sin120sin30MBR=甲光在透镜中的传播时间113MBRtvc==乙光在透镜中的传播速度22cvn=由几何关系有sin106sin37NBR=乙光在透镜中的传播时间2221.6NBRtvc==得

127564tt=