云南省2023-2024學年高三年級下冊月考物理試題（二）（解析版）

2024屆云南名校月考試卷（二）

物理試卷

一、選擇題：

1.電梯上升過程中，某同學在電梯里用智能手機記錄了電梯速度V隨時間f變化的關系,

如圖所示。關于該同學，下列說法正確的是（）

A.10s末，加速度為零B.30s末，離出發(fā)點最遠

C.10?20s內(nèi)，受到的合力逐漸變小D.10?20s內(nèi)，平均速度小于0.75m/s

K答案』c

（解析』A.丫一/圖像中，圖線的斜率表示加速度，由題目中的丫一/圖像可知，10s時，

該同學的速度為零，加速度不為零，故A錯誤；

B.3040s內(nèi)，電梯繼續(xù)向上運動，因此40s時，該同學離出發(fā)點最遠，故B錯誤；

C.10~20s內(nèi)，該同學的加速度逐漸變小，根據(jù)牛頓第二定律可知，該同學受到的合力逐

漸變小，故C正確；

D.V—/圖像中，圖線和時間軸所圍圖形的面積表示位移，由題目中圖像可知，該同學在

—X

10?20s內(nèi)的位移大于7.5m,因此10?20s內(nèi)，根據(jù)v=—可知，電梯的平均速度大于

t

0.75m/s,故D錯誤。故選C。

2.2022年6月5日，神舟十四號載人飛船與空間站組合體成功實現(xiàn)自主快速交會對接?？?/p>

間站、同步衛(wèi)星繞地球的運動均可視為勻速圓周運動。已知空間站的運行軌道半徑為飛,

同步衛(wèi)星的運行軌道半徑為鳥（鳥＞?），下列說法正確的是（）

A.空間站處于平衡狀態(tài)

B.空間站的角速度比同步衛(wèi)星的小

C.空間站與同步衛(wèi)星的運行周期之比為

D.空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為匹

&

［答案XD

K解析RA.空間站繞地球做勻速圓周運動，所受合外力不為零，處于不平衡狀態(tài)，故A

錯誤;

B.空間站、同步衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可得

化簡可得

IGM

(O=

由于尺2＞鳥，因此空間站的角速度比同步衛(wèi)星的大，故B錯誤;

C.設空間站、同步衛(wèi)星的運行周期分別為《、心，根據(jù)開普勒第三定律可得

彳一可

整理可得

4=厘

丁2忸

故C錯誤；

D.設空間站、同步衛(wèi)星的運行速率分別為匕、V2,根據(jù)牛頓第二定律可得

cMmv2

G——=m—

R2R

化簡可得

GM

v

因此空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為

4=醫(yī)

故D正確。

故選D。

3.如圖所示，間距為/=lm且相互平行的導軌固定在水平絕緣桌面，導軌左端與電源連接，

電源電動勢為L5V,金屬棒垂直于導軌放置，整個回路的電阻為3。。整個空間中存在

方向垂直于金屬棒且與水平面成37角斜向上方的勻強磁場，磁感應強度大小為0.1T。

JRsin37=0.6.cos37=0.8。若金屬棒始終靜止，則金屬棒受到的摩擦力（）

A.方向水平向右，大小為0.03NB.方向水平向左，大小為0.03N

C.方向水平向右，大小為0.05ND.方向水平向左，大小為0.05N

K答案XA

K解析工根據(jù)左手定則可知，金屬棒受到的安培力方向斜向左上方，對金屬棒受力

分析如圖所示

根據(jù)平衡條件可得

8〃cos53=f

I上

R

聯(lián)立解得

/=0.03N

方向水平向右。

故選A?

4.如圖所示，質(zhì)量為加的質(zhì)點在xQy平面坐標系上以某一速度運動時，受到大小不變，方

向沿》軸負方向的合力尸作用。已知質(zhì)點運動的最小速度為v,質(zhì)點速度由n增加到2V所

用的時間為（）

?幣mv

--------

F

［［答案XC

［解析工質(zhì)點沿〉軸方向先做勻減速直線運動后做勻加速直線運動，當質(zhì)點沿y軸方向的

分速度為。時，質(zhì)點運動的速度最小。當質(zhì)點的速度為2V時，根據(jù)

cV1

cos6=—=—

2V2

則速度與x軸正方向的夾角為60°，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得2vsin60。=at

根據(jù)牛頓第二定律可得F=ma

聯(lián)立解得/=叵嗎

故選C。

5.如圖所示，真空中正方形abed的四個頂點a、b、c、d處分別固定有電荷量為

+Q、+Q、—。、+。的點電荷，0點為正方形的中心，0、P兩點關于c點對稱。若將c點

處的點電荷移走，規(guī)定無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）

A.。、尸兩點的電勢均減小B.。點的電勢增大，P點的電勢減小

C.。、P兩點的電場強度均減小D.0點的電場強度減小，P點的電場強度增大

k答案』c

k解析』AB.c點處的點電荷帶負電，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則C點處的點電荷在0、p

兩點的電勢均小于零，電勢是標量，因此將。點處的點電荷移走后，0、P兩點的電勢均增

大，故AB錯誤；

CD.移走c點處的點電荷前，0、P兩點的電場強度如圖所示，設3之間的距離為L,根

據(jù)矢量合成的平行四邊形定則可知，P點處的電場強度大小為

JQkQkQ2L8kQ4左。

P-丁南―3)2+[.g)2+Q_壽_5&2

方向向左，。點處的電場強度大小為

E一些

°￡2

方向向右。將c點處的點電荷移走后，P點處的電場強度大小為

:kQkQ2L_kQ4kQ

PQ~(3￡)2(2￡)2+￡27(2￡)2+￡2-9￡2575￡2

方向向右，。點處的電場強度大小為

E.絲

?！竄2

方向向右。因此0、尸兩點的電場強度均減小，故C正確，D錯誤。

故選C。

6.一列簡諧橫波沿無軸傳播，/=0時刻的波形圖如圖所示，a、》是平衡位置分別處于

4=2m、苞=5m處的質(zhì)點。質(zhì)點。沿y軸方向做簡諧運動的表達式為y=8sin(2R)cm。

下列說法正確的是()

A.該簡諧橫波的周期為IsB.該簡諧橫波的波速為2m/s

C.該簡諧橫波沿x軸負方向傳播D.質(zhì)點方處于波谷時，質(zhì)點。的速度最大

K答案1AD

K解析』A.該簡諧橫波的周期為

f2".

T=——=1s

co

故A正確；

B.由題圖可知該簡諧橫波的波長為4m,所以該簡諧橫波的波速為

2

v==4m/s

T

故B錯誤；

C.由質(zhì)點。的振動方程可知f=0時刻，質(zhì)點。沿V軸正方向振動，根據(jù)“同側法”可知該簡

諧橫波沿x軸正方向傳播，故C錯誤；

3

D.質(zhì)點。與質(zhì)點b的平衡位置相差一X,當質(zhì)點6處于波谷時，質(zhì)點。處于平衡位置，速

4

度最大，故D正確。

故選ADo

7.如圖所示，一定質(zhì)量理想氣體，由狀態(tài)。開始，經(jīng)afb、bfc、cfa三個過程后

A.a.5過程中，氣體向外界放出熱量

B.c過程中，氣體始終對外界做功

C.匕fc過程中，氣體的內(nèi)能先增大后減小

D.afZ?fC.。過程中，氣體向外界放出熱量

[答案XBC

[解析XA.6過程中，氣體的體積不變，氣體對外做的功為

w=o

根據(jù)查理定理可得

Po=2Po

Ta~Tb

解得

Tb=2Ta

因此a過程中溫度升高，內(nèi)能增大，故

A[/>0

根據(jù)熱力學第一定律

AU=W+Q

可知

Q>0

氣體從外界吸收熱量，故A錯誤；

B.c過程中，氣體體積始終增大，對外界做功，故B正確；

C.方fc過程，根據(jù)理想氣體方程

py

cr=—

T

可知壓強和體積的乘積先增大后減小，故氣體的溫度先升高后降低，內(nèi)能先增大后減小，故

C正確；

D.a.cfa過程，氣體最終回到狀態(tài)。內(nèi)能不變，故

A[/=0

P-V圖像中圖線和坐標軸圍成的面積表示氣體對外界做的功，由題目中圖像可知整個過程

中，氣體對外界做正功，故

W<0

根據(jù)熱力學第一定律

AU=W+Q

可知

e>o

故氣體從外界吸收熱量，故D錯誤。

故選BC。

8.如圖甲所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧，下端固定在水平地面上，質(zhì)量為1kg的小球從彈簧

正上方一定高度處靜止開始自由下落，從小球開始下落到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球

的加速度。隨位移x變化的關系如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力，下

列說法正確的是

甲

A.彈簧的勁度系數(shù)為50N/m

B.彈簧的彈性勢能最大為8J

小球從x=0運動到光=0.8m的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒

D.小球從x=0運動到無=0.8m的過程中，小球的最大速度為3m/s

K答案』BD

［解析』A.小球在x=0.5m處的加速度為。，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg-k\xx=0

由題目圖乙可知

Axj=0.5-0.4m=0.1m

聯(lián)立解得

k=1OON/m

故A錯誤;

B.當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒可得

Ep=mgh=lxlOx0.8J=8J

故B正確;

C.小球從x=O運動到x=0.8m的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動

量不守恒，故C錯誤;

D.當小球的加速度為零時，小球的速度最大，根據(jù)

F合=ma

心-x圖像與坐標軸圍成的面積表示合外力做的功，則小球從x=O運動到x=0.5m的過

程中，合外力做的功為

0.4+0.5

%=lx^^xlOJ=4.5J

根據(jù)動能定理

『gw?

則小球最大速度為

v=3m/s

故D正確。故選BD。

二、非選擇題:

9.實驗小組將小量程電流表（滿偏電流為lOOptA,內(nèi)阻為900。）改裝成多用電表，其中

電流表的量程為1mA、電壓表的量程為3V,然后進行校對，設計電路如圖所示，圖中電

阻箱飛（阻值范圍為0999.9Q）、&（阻值范圍為0?9999.9Q）,。為公共接線柱?；?/p>

答下列問題:

①

I/I

Z~

&

6

ab

(1)b為.的接線柱（選填“電流表”或“電壓表”）。

（2）應將電阻箱此的阻值調(diào)為

（3）實驗小組用標準表對改裝后的多用電表進行校準時，發(fā)現(xiàn)電流擋準確，電壓擋量程偏

大，為使改裝后的電流擋量程為1mA、電壓擋的量程為3V,應。（填正確K答案』

前的字母標號）

A.僅將與調(diào)大B.僅將R2調(diào)小

C.將用、豆都調(diào)大D.將用調(diào)大,將此調(diào)小

K答案工（1）電流表(2)2910.0(3)B

k解析7（1）⑴用與小量程電流表并聯(lián),Z;為電流表接線柱，與與改裝后的電流表串聯(lián)，

c為電壓表接線柱。

（2）⑵根據(jù)串、并聯(lián)電路的規(guī)律可得°=44+笈2=3V

解得%=2910.0。

（3）［3］由于電流擋準確，所以為不需要調(diào)整。電壓擋量程偏大，根據(jù)串、并聯(lián)電路的規(guī)

（IR\

律可得。=44+4+得鳥

【用）

因此僅將尺2調(diào)小即可。故選B。

10.實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置做“探究加速度與物體所受合外力關系”的實驗。將一

端帶定滑輪的長木板置于水平桌面上,滑塊放在長木板上,砂桶通過滑輪用輕質(zhì)細線拉滑塊,

在細線的另一端接一個微型力傳感器，通過力傳感器可以直接讀出細線的拉力大小廠。保

持滑塊質(zhì)量不變，在砂桶中添加少量細砂來改變力傳感器的示數(shù)尸，利用打點計時器打出

的紙帶計算出不同拉力F對應的加速度。的大小。已知實驗中打點計時器使用的是頻率為

50Hz的交流電源，重力加速度g取9.8m/s2,據(jù)此回答下列問題:

（1）關于該實驗，下列說法正確的是o（填正確［答案X前的字母標號）

A.保證砂桶和砂的總質(zhì)量遠遠小于滑塊的質(zhì)量

B.調(diào)節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行

C.把力傳感器示數(shù)作為滑塊受到的合力

(2)安裝并調(diào)節(jié)好裝置，接通電源由靜止釋放滑塊，某次實驗得到一條點跡清晰的紙帶如

圖乙所示，相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點沒有畫出來，利用以上數(shù)據(jù)可知，打該紙帶時滑

塊的加速度大小。=m/s2。(計算結果保留3位有效數(shù)字)

(3)改變砂桶和砂的總質(zhì)量，記錄多組傳感器的示數(shù)產(chǎn)，并計算對應的滑塊的加速度

在坐標紙上描點作出a-E圖像，如圖丙所示，所得圖線沒有經(jīng)過坐標原點，可能的原因是

,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為o（計

算結果均保留2位有效數(shù)字)

(答案1(1)B(2)1.80(3)沒有補償滑塊受到摩擦力

(4)0.41##0.40##0.42##0.43##0.44##0.45##0.460.19##0.16##0.17##0.18##0.20##0.21

k解析X(1)[1]A.可以通過力傳感器直接測出細線的拉力，不需要保證砂桶和砂的總質(zhì)

量遠遠小于滑塊的質(zhì)量，故A錯誤；

B.調(diào)節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行，才能保證細線的拉力與木板平行，故B正

確；

C.由于沒有補償摩擦力，因此滑塊的合力是細線的拉力與滑塊受到的摩擦力的合力，故C

錯誤。

故選B?

(2)[2]相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為T=5X=5x—s=0.1s

750

根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，可得此時滑塊的加速度大小為

^BC~AB5.02—1.61-1.61

a=xlO2m/s2=1.80m/s2

T20.12

（3）[3]題目中沒有補償滑塊受到的摩擦力，因此細線的拉力不是滑塊受到的合力，圖丙中

的橫坐標是細線的拉力，因此圖線沒有經(jīng)過坐標原點。

（4）[4]對滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得

F-juMg=Ma

化簡整理可得

=-F-/jg

aM

因此a-b圖像的斜率表示左=25.42

M3.00-0.76

解得河土0.41kg

[5]加速度為零時，有歹=〃Mg=0.76N

解得〃a0.19

11.如圖所示，在平面直角坐標系xQy的第一象限內(nèi)，存在方向垂直紙面（坐標面）向里的

勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶電粒子從％軸上的P（L,O）點，以速率%在紙面內(nèi)沿

與x軸正方向成a=30的方向射入磁場，粒子恰好垂直于＞軸離開磁場。不計粒子的重力。

（1）粒子的比荷；

（2）粒子在磁場中運動的時間。

隋案Y端;⑵T

K解析』(1)帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，設帶電粒子在磁場中做勻速圓

周運動的半徑為R,由幾何關系可得

7?cos60=L

根據(jù)牛頓第二定律可得

2

q%B=吟

聯(lián)立解得

J%

(2)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為

2兀m

1=-----

qB

帶電粒子在磁場中運動的時間為

5a

360

聯(lián)立解得

57cL

t=-----

3%

12.如圖甲所示，王亞平在天宮課堂中演示了水球光學實驗，在完全失重時往水球中央注入

空氣形成了一個內(nèi)含氣泡的水球。其簡化模型如圖乙所示，氣泡與水球同心，半徑分別為

r,5ro在過球心的球面內(nèi)，用一細束單色光照射這一水球上的。點，光束恰好在氣泡表面

發(fā)生全反射，然后從水球)點射出。已知。、》兩點之間的距離為6廠，光在真空中的傳播速

度為c。求：

甲乙

(1)水的折射率;

(2)細光束在水球中的傳播時間。

L12r

K答案H(1)n=y/2;(2)t=—

c

K解析U(1)光路圖如圖所示

由幾何關系可得

Oc=y/Oa2—ac2—4r

則

八ac.

tan0=-----=1

Oc-r

解得

e=45

由于光束恰好在氣泡表面發(fā)生全反射，根據(jù)光的折射定律可得

,八1

sm，=一

n

聯(lián)立解得

n=y/2

（2）根據(jù)折射定律可得細光束在水球中的傳播速度為

c

V=—

n

由幾何關系可得細光束在水球中傳播距離為

s=60r

細光束在水球中傳播的時間為

s

t=-