湖南师大附中2023届高三月考试卷（六）物理得分：_________本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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.下列说法正确的是（ ）A.原子核的比结合能越大，原子核越稳定，一般而言，原子核中核子数越多，比结合能越小B.核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电C.液体的表面张力其方向总是指向液体内部，所以液面总是有收缩的趋势D.物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能【答案】D【解析】【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，原子核的比结合能等于原子核的结合能与核子数之比，由于原子核中核子数越多，原子核的结合能越大，则比结合能不一定越小，故A错误；B．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，但目前核聚变不可控，则现在的核电站主要采用核裂变发电，故B错误；C．液体表面张力的方向总是与液面相切，故C错误；D．物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能，故D正确。故选D。2.如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成角，以下说法正确的是（ ）A.B.C.D.无论角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小【答案】B【解析】【详解】ABC．根据题意可知，石子从点抛出后做斜抛运动经过等高的、两点，设石子抛出时的速度为，经过点时的速度为，此时速度方向与水平方向的夹角为，则有石子由运动到的过程中，由动能定理有解得石子由到的运动也是斜抛运动，设此过程运动的时间为，、两点间的距离为，则有联立可得可见，当即时，石子经过点的速度最小，此时石子的抛出速度最小，抛出的动能最小，则有故AC错误，B正确；D．当点位于点所在的墙上时有石子抛出后做竖直上抛运动，无论石子抛出时的动能多大，石子都不可能经过点，故D错误。故选B。3.一列简谐横波在时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质点Q的振动图像。则下列说法正确的是（ ）A.波沿x轴正方向传播 B.波速为C.P点平衡位置的x坐标为3cm D.Q点平衡位置的x坐标为6cm【答案】C【解析】【详解】A．由题图（b）知，当时，Q点向上运动，结合题图（a）可得，波沿x轴负方向传播，选项A错误；B．由题图（a）可以看出，该波的波长为由题图（b）可以看出，周期为波速为选项B错误；C．设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、，由题图（a）知，处因此选项C正确；D．由题图（b）知．在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此有得质点Q的平衡位置的x坐标为选项D错误。故选C。4.如图是一理想变压器，其原线圈和可变电阻相连，副线圈接一阻值恒为RL的白炽灯。原、副线圈的匝数分别为、。保持交流电源电压的有效值不变，调节可变电阻的阻值，（设题中所涉及所有情形都没有超过灯泡的额定电压）则（）A.当的值增大时，副线圈两端的电压不变B.当时，灯的功率最大C.若把灯和可变电阻的位置互换，其余条件不变，则当时，可变电阻的功率最大D.当的值增大时，灯将变暗【答案】D【解析】【详解】AD．由题意可知，原、副线圈匝数一定，交流电源电压的有效值不变，对原线圈则有由原、副线圈的电压比等于匝数比，电流与匝数成反比，可得又有交流电源电压的有效值不变，当的值增大时，副线圈两端的电压U2减小，灯泡将变暗A错误，D正确；B．由可得灯泡获得的功率为当时，即当时，灯泡获得的功率最大，B错误；C．同理可知，若把灯和可变电阻的位置互换，其余条件不变，则有当时，可变电阻的功率最大，C错误。故选D。5.如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内。小球A、B质量分别为、（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中正确的是（ ）A.若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道B.若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点C.若，小球B可能脱轨D.若，小球A和小球B将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞【答案】B【解析】【详解】A．小球A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得解得A与B碰幢前的速度碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得根据机械能守恒定律得联立解得B小球运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得小球B能恰好通过最高点，则有解得联立各式代入数据解得当时，B脱轨，而，不一定脱轨，故A错误；B．由上分析可知，当时，B球可运动至轨道最高点，故B正确；C．若，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若，小球运动不到四分之一圆弧轨道处，速度减为零又返回，所以小球B不可能脱轨，故C错误；D．若时两球速度大小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D错误。故选B。6.如图所示，表面光滑的圆锥固定在水平面上，底面半径为，顶角为60°。有一个质量为的弹性圆环，弹性圆环的弹力与形变量之间满足胡克定律，且始终在弹性限度内。弹性圆环处于自然状态时半径为，现将弹性圆环套在圆锥上，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的，重力加速度为。则弹性圆环的劲度系数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为θ，分析微元受力有重力m0g、支持力N、两边圆环其余部分对微元的拉力T，由平衡条件有α=60°由于微元很小，则对应圆心角很小，则sin=m0=其中r为圆环拉伸后的半径，代入数据有T==由题知，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面距离为圆锥高线的，则有h=Rtan60°=Rr=根据胡克定律有T=kxx=2π(r-)计算有k=故选C。7.一颗卫星绕地球做圆运动（称为“甲”），另一颗相同质量的卫星绕地球做椭圆运动（称为“乙”），若以无穷远为引力势能零点，机械能满足，r为轨道半径或半长轴，在正常的运行过程中，下列说法不正确的是（ ）A.对于甲，地球引力一直不做功，而对于乙，地球的引力可能做正功或负功B.他们的机械能一定相等C.对于甲和乙，他们的机械能都分别守恒D.如果他们的周期相等，那么他们的机械能一定相等【答案】B【解析】【详解】A．做圆运动的卫星，地球引力始终垂直运动方向，所以引力一直不做功，对于做椭圆运动，那么离地球越来越近时，引力做正功，反之做负功，在椭圆两个端点时，不做功，所以选项A正确；BC．不知道他们的轨道半径和长半轴，因此机械能不一定相等，无论做圆运动还是椭圆运动，正常运行的卫星，机械能一定守恒，因此选项B错误C正确；D．而周期相等，那么圆运动的半径r一定等于椭圆运动的半长轴a，机械能分别为一定相等，选项D正确。此题选择不正确的选项，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）8.如图，表面粗糙楔形物块A静置在水平地面上，斜面上有小物块B，用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，斜面相对地面不动。现顺时针缓慢旋转该力至图中虚线位置，并保证在旋转该力过程中物块B一直处于匀速上滑状态，则在力F旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）A.F可能一直减小 B.物块B受到的摩擦力可能不变C.物块对斜面的作用力可能增大 D.斜面保持静止不动【答案】AD【解析】【详解】AB．先对B分析，B受到斜面支持力N和滑动摩擦力f，用一个力替代，因两力大小成比例关系，可知该力方向不变，B转化为三力平衡问题，三力形成首尾相连的三角形，易知，F可能一直减小，也可能先减小后增大，但一直减小，故f一定减小，选项A正确B错误；C．物块对斜面的作用力，即的反作用力一定减小，选项C错误；D．斜面受到地面摩擦力一定减小，斜面保持静止不动，选项D正确。故选AD。9.如图，在折射率的液体表面上方有一单色激光发射器S，它能垂直液面射出细激光束，在液体内深h处水平放置一平面镜，镜面向上，平面镜中心O在光源S正下方。现让平面镜绕过O点垂直于纸面的轴开始逆时针匀速转动，转动周期为T，液面上方的观察者跟踪观察液面，观察到液面上有一光斑掠过，进一步观察发现光斑在液面上P、Q两位置间移动。下列说法正确的是（ ）A.在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为B.液面上P、Q两位置间距离为C.光斑刚要到达P点时的瞬时速度为D.光斑由Q点运动到P点所用的时间为【答案】AC【解析】【详解】AD．根据临界角公式得解得设反射光线转动的角速度为ω1，平面镜转动的角速度为ω2，在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间t为解得在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为，光斑由Q点运动到P点所用的时间也等于，A正确，D错误；B．液面上P、Q两位置间距离为B错误；C．光斑在P点的线速度为光斑刚要到达P点时的瞬时速度为解得C正确。故选AC。10.如图，空间有垂直于纸面匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小均为0.1T，B2分布在半径R=2m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B1分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S，S与O的距离，且SO⊥MN。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，则（ ）A.所有粒子都能进入B2区域B.粒子在磁场中的轨迹半径均为2mC.能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为D.离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子在磁场中运动的时间为【答案】BCD【解析】【详解】B．根据洛伦兹力提供向心力解得故B正确；AC．当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入B2区域的临界情况，如图根据几何关系可知故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2区域，粒子初速度有沿上分速度时不能进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为，故A错误，C正确；D．因为粒子在两磁场中的轨迹半径相同，离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子必然是从E点射入，其在B2区域运动的圆心角为240°，则运动时间为故D正确。故选BCD。11.如图，两条足够长的平行金属导轨间距，与水平面的夹角，处于磁感应强度、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为、，电阻均为。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度。已知当a棒中产生的焦耳热时，其速度，a上方和b下方都足够长，下列说法正确的是（ ）A.此时b棒的速度大小为B.此时a棒的加速度大小为C.a棒从静止释放到速度达到所用的时间为D.a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意，设a、b棒受到的安培力大小为，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有代入数据解得a、b棒由静止释放，则有即解得故A正确；B．设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有联立式子解得故B正确；C．根据题意，设此过程a，b棒位移分别为，，结合上述分析可得根据能量守恒有对a棒根据动量定理有其中安培力的冲量联立代入数据可解得故C错误；D．根据题意可知，由于且a上方和b下方都足够长，则a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动，故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷三、实验题（12题6分，13题10分）12.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，