湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第十一次月考物理试题

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核聚变一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，用镉棒不能控制反应速度，故D错误。故选B。
2．答案B 解析 在刹车过程中，汽车做匀减速直线运动，速度位移关系式为v2－v eq \\al(2,0)＝2ax，则有v2＝v eq \\al(2,0)＋2ax，代入图中数据v0＝40 m/s、v＝0、x＝160 m可得a＝－5 m/s2，即刹车过程汽车的加速度大小为5 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律知－μmg＝ma，则可得路面与轮胎之间的动摩擦因数为μ＝0.5，故B正确；t＝5 s时，汽车的速度大小为v5＝v0＋at5＝15 m/s，故C错误；汽车刹车所用时间为t0＝ eq \f(0－v0,a)＝8 s，即t＝10 s时汽车已停止，则由图像可知，0～10 s内，汽车的位移大小为160 m，故D错误。
3．答案A 解析 在三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2G eq \f(m2,L2)cs 30°＝ma，得a＝ eq \f(\r(3)Gm,L2)，A正确,2G eq \f(m2,L2)cs 30°＝mω2· eq \f(L,2cs 30°)，解得ω＝ eq \r(\f(3Gm,L3))，B错误。对直线型，有G eq \f(m2,L2)＋G eq \f(m2,（2L）2)＝m eq \f(v2,L)，解得v＝ eq \f(1,2) eq \r(\f(5Gm,L))，C错误；由周期T＝ eq \f(2πL,v)知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π eq \r(\f(L3,5Gm))，D错误。
4.答案C 解析 根据功能关系知Ep­x图像切线的斜率的绝对值表示小滑块所受电场力的大小，可知小滑块在x＝L处所受电场力为零，则此处电场强度为零，有k eq \f(QA,（4L）2)＝k eq \f(QB,（2L）2)，解得QA＝4QB，故A错误；由图乙知，小滑块在x＝L处电势能最低，且小滑块带负电，则x＝L处电势最高，故B错误；设从－L到2L电势差为U，由动能定理有－qU－μmg·3L＝0－0，解得U＝－ eq \f(\a\vs4\al(μmg·3L),q)，即从－L到2L，电势升高 eq \f(\a\vs4\al(3μmgL),q)，故C正确。小滑块带负电，由题意可知小滑块在x＝－L处所受电场力向右，在x＝2L处所受电场力向左，则两固定点电荷均为负电荷，故D错误。
5．答案C 解析 A．从P点射入的光线，不发生折射，光在介质中的传播速度v=，传播时间，选项A错误；B．如图甲所示，从A点射入的光线，在QO的入射角为30°，而发生全反射的临界角sinC=，临界角大于30°，则从A点射入的光线将会在OQ不会发生全反射，选项B错误；
C．由图甲结合几何知识可知，光斑半径为r=，面积为，选项C正确；
D．当桌面向下平移到图乙中EF位置时，桌面上光斑面积最小，已知腰长为a，根据几何关系知
故桌面上光斑最小面积为以EG为半径的圆面积，即S=
选项D错误。故选C。
6.答案D 解析 a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，A错误；
A球在最低点速度为零,a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有mg(eq \f(\r(2),2)l＋l)－W＝0，得W＝－mgl(eq \f(\r(2),2)＋1)，B错误;设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcs θ＝vasin θ，则vb＝vatan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(eq \f(\r(2),2)l＋l)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)，解得vb＝eq \r(（2＋\r(2)）gl)，D正确。
7．答案AC 解析 污水稳定流动时，对任一离子有，所以，电压表示数与离子浓度无关，若污水的流速很小，则可以增强磁场以增大电压表的示数，故BD错误；根据左手定则可知，正离子向后内侧面偏转，所以后内侧面为正，应该把电压表的正极连接在后内侧面金属板上，故A正确；流量，若电压表示数增加到两倍，则反映出污水的流量增加到两倍，故C正确。
8.答案 BC 解析 根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I2＝eq \f(10,1)×1 A＝10 A，升压变压器的输出电压：U2＝eq \f(P,I2)＝eq \f(20×103,10) V＝2 000 V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I22R＝102×10 W＝1 kW，用户获得的功率为：P用＝P－P损＝20 kW－1 kW＝19 kW，C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误。
9．答案：选BD 由题图乙可知Q点在0.20 s时向上运动，故该波沿x轴正方向传播，波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,0.20)m/s＝40 m/s，A错误；质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，B正确；t＝0.75 s＝3eq \f(3,4)T 时，质点Q的位移为－10 cm，C错误；ω＝eq \f(2π,T)＝10π rad/s，t＝0时，质点P沿y轴负方向运动，设P质点做简谐运动表达式为y＝Asin(10πt＋φ0)，波形向右平移1 m时，质点P到达平衡位置，所用时间最短为t＝eq \f(x,v)＝0.025 s，可知0＝sin(10π×0.025 rad＋φ0)，解得φ0＝eq \f(3,4)π，则质点P做简谐运动的表达式为y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(3π,4)))cm，D正确。
10.答案 BD解析 金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误．金属杆在磁场Ⅰ中运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd＝0.4 J，故C错误．设金属杆释放点距磁场Ⅰ上边界的高度为H时，金属杆进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，又v＝eq \r(2gH)，联立解得：H＝eq \f(m2gR2,2B4L4)＝0.2 m，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确．
11．答案：(1)AB (2)mg (3)Meq \f(x2－x1,25)f2＝mg (每空2分)
解析：(1)由细沙和桶的重力可以求出小车重力沿斜面的分力与摩擦力的差值，小车匀速下滑时，有Mgsin θ－Ff－mg＝0，故不需要满足M≫m，故A选项正确；调整连接小车的轻绳与木板平行，才能正确求解绳上的拉力，故B选项正确；步骤①中，在操作时，需要安装打点计时器，故C选项错误。
(2)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零，即Mgsin θ－Ff－T＝0，绳的拉力T＝mg，撤去拉力后，其余力不变，则合力大小等于撤去的拉力大小，即F合＝T＝mg。
(3)打点计时器的打点频率为f，相邻两点间还有四个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为T＝eq \f(5,f)，由匀变速直线运动中连续相等时间的位移差Δx＝aT2可得x2－x1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,f)))2，解得a＝eq \f(x2－x1,25)f2，小车受到的合外力F合＝Ma＝Meq \f(x2－x1,25)f2＝mg。
12．答案 增大 (每空2分)
【详解】（1）[1][2][3][4]由图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，斜率在不断增大，可知电池内阻在不断增大；由图像可知，图像与纵轴的截距值为电池的电动势，可得，由图（C）可读数得，由图中读出，此时电路中的电流为，可得此时电源的内阻，（2）[1]由图像可知，当 时，，由欧姆定律得
代入数据得，解得 ，则在实验二中，滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为，将此电阻的线画在此电源的图像中，直线与的交点为电路的工作点，如图：此时
则滑动变阻器消耗的电功率为
13.答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
解析 (1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态为p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.05×105 Pa，（1分）
V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，（1分）
即p1L＝p2L2，
得L2＝20 cm （1分）
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖－吕萨克定律，
有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)， （2分）
得L3＝25 cm.（1分）
(3)外界对气体做的功W＝－p2Sh＝－p2S(L3－L2)＝－1.05 J （1分）
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W （2分）
得ΔU＝10 J＋(－1.05 J)＝8.95 J （1分）
即气体的内能增加了8.95 J.
14.答案 (1)112.5 J (2)8 m/s2 2 m/s2 (3)1.125 m
解析 (1)子弹射中木板A的过程动量守恒，有m0v0＝(m0＋M)v1 （1分）
由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)(m0＋M)v12 （1分）
解得v1＝5 m/s，ΔE＝112.5 J （1分）
子弹“停”在木板内之后瞬间对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝maB，（1分）
解得aA＝8 m/s2 （1分）
对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μ1mg＋μ2(m＋m0＋M)g＝(m0＋M)aA，（1分）
解得aB＝2 m/s2；（1分）
(3)子弹停在木板A内之后，A、B发生相对滑动，A减速，B加速，
设经过时间t1二者共速，有v1－aAt1＝aBt1（1分）
解得t1＝0.5 s，
此时二者速度为v2＝aBt1＝1 m/s，（1分）
故此过程A与B相对地面的位移分别为xA＝v1t1－eq \f(1,2)aAt12，xB＝eq \f(1,2)aBt12，（1分）
共速后，因为μ1