江苏省海安高级中学2023-2024学年高三上学期11月月考物理试题含答案解析

江苏省海安高级中学2023-2024学年
高三上学期11月月考物理试题
一、单选题(共 66 分)
1.夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。

与白天相比，夜间轮胎内的气体（ ） A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少
C.所有分子的运动速率都更小
D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
【答案】A 【详解】
AC ．夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A 正确、C 错误；
BD ．由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，BD 错误。

故选A 。

2.原子核U 92235可以经过多次α和β衰变成为稳定的原子核P 82207
b ，在该过程中，可能发生的β衰变
是（ ） A.F 87223r →R 88223
a +e −10 B.B 84213i →P 83213o
+e −10
C.R 88225a →A 89225
c+e -10 D.P 84218o →
A 85218
t+e -10
【答案】A 【详解】
原子核U 92235衰变成为稳定的原子核P 82207
b 质量数减小了28，则经过了7次α衰变，中间生成的新
核的质量数可能为231，227，223，219，215，211，则发生β衰变的原子核的质量数为上述各数，则BCD 都不可能，根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，选项A 反应正确。

故选A 。

3.电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素，如图所示，胶囊中有
带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色，下列说法正确的有（）
①像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
①像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
①像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功
①像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
A.①①
B.①①
C.①①
D.①①
【答案】A
【详解】
①①．根据题意可知，像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势；像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，因为都靠近正极板，故①正确，①错误；
①①．像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到向下的电场力，位移向下，白色微粒受到向上的电场力，位移向上，所以电场力对白色和黑色微粒都做正功，故①正确，①错误。

故选A。

4.小刘同学用如图所示的装置研究光电效应，已知a光的频率小于b光的频率，两种光都能使阴极K 发生光电效应，其中电压表可双向偏转。

则下列说法正确的是（）
A.用a光照射，开关S接1可研究光电管中电流随电压U的变化情况
B.分别用两种光照射阴极K，开关S接2时，当电流表的示数为0时，U a>U b
C.减小a光的强度，阴极K可能不发生光电效应
D.a光照射阴极K产生的最大初动能的光电子对应的物质波长小于b光照射阴极K产生的最大初动能的光电子对应的物质波长
【答案】A
【详解】
A．开关S接1，光电管上施加的是正向加速电压，可研究光电管中电流随电压U的变化情况，故A正确；
B．开关S接2时，光电管上施加的是减速电压，根据
E km=ℎν−W0，eU=E km
由于
νa<νb
可知
U a<U b
故B错误；
C．发生光电效应的条件是入射光的频率大于或等于截止频率，与光的强度无关，感应C错误；D．根据上述可知，由于a光的频率小于b光的频率，则a光照射阴极K产生光电子的最大初动能小一些，该光电子的最大动量也小一些，根据
λ=ℎp
可知，a光照射阴极K产生的最大初动能的光电子对应的物质波长大于b光照射阴极K产生的最大初动能的光电子对应的物质波长，故D错误。

故选A。

5.机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。

现有如下检测过程简图：车轴A的半径为r a，车轮B的半径为r b，滚动圆筒C的半径为r c，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n（每秒钟n转）运行时，下列说法正确的是（）
A.C的边缘线速度为2πnr c
B.A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C.A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D.B、C的角速度之比为r b
r c
【答案】B
【详解】
A．根据题意可知，车轮B的边缘线速度为
v b=2πnr b
由于B和C为摩擦传动，则B和C边缘的线速度相等，则C的边缘线速度为2πnr b，故A错误；
BCD．由图可知，A、B为同轴转动，A、B的角速度大小相等，均为2πn，由于车轮沿前进方向加速，则A、B沿顺时针方向转动，B和C为摩擦传动，则C沿逆时针方向转动，B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，则
ωb ωc = r c r b
解得
ωc=2πnr b r c
故CD错误，B正确。

故选B。

6.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。

托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。

已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。

弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）
A.10N/m
B.100N/m
C.200N/m
D.300N/m
【答案】B
【详解】
由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有
mg= 3∙kx
解得
k= 100N/m
故选B。

7.2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。

“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km，运行一圈所用时间约为100分钟。

如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（）
A.“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
B.“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
C.“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D.由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【详解】
A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据
G Mm
r2
=ma
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。

故选A。

8.狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。

一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。

不考虑空气阻力。

下列说法正确的是（）
A.保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B.保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C.保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D.保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
【答案】B
【详解】
A．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有
v y=v0sinθ=gt1
狞猫在空中的运动时间
t=2t1=2v0sinθ
g
保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间增大，故A错误；B．狞猫在空中的最大高度
ℎ=1
2
gt12=
v02sin2θ
2g
保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度增大，故B正确；CD．狞猫最大水平位移为
x=v x t=2v02cosθsinθ
g
=
v02sin2θ
g
最大水平位移与最大高度的比值为
x ℎ=
4 tanθ
保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与ℎ的比值不变，故C、D错误。

故选B。

9.半径为a的金属球远离其它一切物体，通过阻值为R的电阻与大地相连。

电子束从远处射向小球，各物理量达稳定状态后每秒钟有n个电子以速度v不断地落到球上，电子的质量为m，电荷量为e，那么以下结论正确的是（）
A.小球的电势为neR
B.通过电阻的电流为ne，且从金属球流向大地
C.电阻上的电热功率为P=1
2
nmv2，小球所带电荷量是不为零的一个定值
D.金属球单位时间内释放的热量为Q=1
2nmv2(1−2ne2R
mv2
)
【答案】D
【详解】
A．通过阻值为R的电阻与大地相连达稳定状态后与大地成为一个等势体，电势为零，故A错误；
B．根据题意
I=q
t
=
ne
t
=ne
电流方向与负电荷定向移动方向相反，所以电流方向从大地流向金属球，故B错误；C．电阻上的电热功率为
P=I2R=n2e2R
故C错误；
D．根据能量守恒可知，金属球单位时间内释放的热量为
P 球=P
总
−P=
1
2
nmv2−n2e2R=
1
2
nmv2(1−
2ne2R
mv2
)
故D正确。

故选D。

10.如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。

小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为1
2
l，OP与杆垂直。

当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。

小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。

下列说法正确的是（）
A.弹簧的劲度系数为2mg
l
B.小球在P点下方1
2
l处的加速度大小为(3√2−4)g
C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】D
【详解】
A．根据题意，设弹簧的劲度系数为k，在P点时，弹簧的弹力为
F1=k⋅l 2
由于球置于杆上P点时恰好能保持静止，则有
F1=F N，mg=μF N 联立解得
k=4mg l
故A错误；
B．小球在P点下方l
2
处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为
l1=√2 2
l
弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示
弹力大小为
F=k(l−√2
2
l)=(4−2√2)mg
由平衡条件有
N=Fsin45°
由牛顿第二定律有
mg+Fcos45°−μN=ma 联立解得
a=√2g
故B错误；
C．杆上M、N两点与O点的距离均为l，所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P 到N过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；
D.关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。

故选D。

11.如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。

现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。

在球A向下运动过程中，关于两球的电势能E p、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、球A的速度v随运动距离x的变化图像，正确的是
（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】
A．小球A向下运动的过程中，电场力做负功，且电场力变大，电势能增大的越快，所以图像的斜率变大，故A正确；
BD．设A、B小球带电量分别为q1、q2，释放A时二者间距为r，弹簧的劲度系数为k，则在小球A运动到最低点的过程中，在加速阶段有
ma1=mgsinθ−k
q1q2
(r−x)2
−kx
减速阶段有
ma2=k
q1q2
(r−x)2
+kx−mgsinθ
得
a1=gsinθ−kq1q2
m(r−x)2−kx
m
，a2=kq1q2
m(r−x)2
+kx
m
−gsinθ
则加速阶段，加速度随着运动距离x的增大而减小，且加速度减小的越来越快。

同理，在减速阶段加速度随运动距离x的增大而增大，且加速度增加的越来越快，故BD错误；
C．小球A向下运动过程中，由于克服电场力做功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小，越靠近B球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像斜率的绝对值变大，故C错误。

故选A。

二、实验题(共6 分)
12.电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。

某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压10V，电容标识不清）；
电源E（电动势12V，内阻不计）；
电阻箱R1（阻值0~99999.9Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值20Ω，额定电流2A）；
电压表V（量程15V，内阻很大）；
发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。

回答以下问题：
（1）按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向
___________端滑动（填“a”或“b”）。

（2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为___________V（保留1位小数）。

（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8．0V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I−t图像，如图丙所示。

借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为___________C（结果保留2位有效数字）。

（4）本电路中所使用电容器的电容约为___________F（结果保留2位有效数字）。

（5）电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管___________（填“D1”或“D2”）闪光。

【答案】(1). b
(2). 6.5(3). 3.8×10−3(4). 4.8×10−4(5). D1
【详解】
（1）[1]滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高；
（2）[2]量程15 V，每个小格0.5 V，1
5
估读，故6.5 V；
（3）[3]I−t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为3.8×10−3C；
（4）[4]由电容的定义式C=q
U
得：C=4.8×10−4C；
（5）[5]开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光。

三、解答题(共24 分)
13.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。

两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。

初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好
为原长。

现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降1
2
H，左侧活塞上升
1
2
H。

已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。

求：
（1）最终汽缸内气体的压强。

（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。

【答案】（1）6
5p0；（2）2p0S
5H
，2p0S
5g
【详解】
（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强
p1=p0
体积
V1=SH+2SH=3SH 末态压强p2，体积
V2=S⋅3
2
H+
1
2
H⋅2S=
5
2
SH
根据玻意耳定律可得
p1V1=p2V2解得
p2=6 5 p0
（2）对右边活塞受力分析可知
mg+p0⋅2S=p2⋅2S 解得
m=2p0S 5g
对左侧活塞受力分析可知
p0S+k⋅1
2
H=p2S
解得
k=2p0S 5H
14.如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。

在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。

质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。

忽略每次碰撞时间。

求：
（1）球2的质量；
（2）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

【答案】（1）3m；（2）5πR
6v0
【详解】
（1）根据题意可知，球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，由动量守恒定律和能量守恒定律有
m⋅2v0=−mv+m′v
1 2m(2v0)2=
1
2
mv2+
1
2
m′v2
解得
v=v0，m′=3m （2）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则有
πR=2v0t1
πR=v0t2+2v0t2
Δt=t1+t2
联立解得
Δt=5πR 6v0
15.质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。

现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。

【答案】（1）v0
2μg ；（2）11
8
mv02；（3）d+7v02
8μg
【详解】
（1）A、B刚放上C时，A做加速度大小为a A的匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
μmg=ma A
C做加速度大小为a C的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
μmg+μmg=2ma C
滑行时间t后A与C共速v1，则有
v1=v0−a A t=a C t
联立解得
t=v0
2μg ，v1=v0
2
（2）A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2，则有
mv0+m⋅2v0=(m+m+2m)⋅v2解得
v2=3 4 v0
以A、B和C的系统为对象，根据能量守恒可得
1 2mv02+
1
2
m(2v0)2=
1
2
(m+m+2m)v22+Q
解得
Q=11
8
mv02
（3）A、B相对C滑行的总距离
Δx=
Q
μmg
=
11
8mv0
2
μmg
=
11v02
8μg
A相对C滑行的距离
Δx A=v0+v1
2
t−
0+v1
2
t
解得
Δx A=
v02 4μg
B相对C滑行的距离
Δx B=Δx−Δx A=9v02 8μg
A相对B间最大距离
L=d+Δx B−Δx A 解得
L=d+7v02 8μg
16.如图（a）所示，真空室中电极K 发出的电子（初速为零，不计重力）。

经U0=1000V 的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B 两板间的中心线射入，A、B 板长L=0.20m，相距
d=0.020m，加在A、B 两板间的电压U随时间t变化U-t图线如图（b）。

设A、B 两板间的电场可以看作是均匀的，且两板外无电场。

在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。

两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B 板的全部电子。

（1）对于恰能穿过A、B 板的电子，在它通过时加在两板间的电压U C应为多大？
（2）以t=0 时（见图b，此时U=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xOy坐标系的原点，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的x坐标和y坐标；
（3）在给出的坐标纸上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。

【答案】（1）20V；（2）（2cm，2.5cm）和（12cm，2.5cm）；（3）
【详解】
（1）对于恰能穿过A、B 板的电子，设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，由动能定理得
eU0=1
2
mv02−0 ①
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则有
l=v0t0②
电子在垂直A①B板方向的运动为匀加速直线运动，对于恰能穿过A、B板的电子，它在垂直A、B板方向的加速度大小为
a=eE
m =eU C
md
③
在它通过时加在两板间的电压U C应满足
1 2d=1
2
at02④
联立①②③④式解得
U C=20V⑤
（2）此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
v y=at0=eU C
dm
t0⑥
此后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y m，根据几何关系可得
y m−d
2 b =v y
v0
⑦
联立①②③⑤⑥⑦解得
y m=0.025m=2.5cm ⑧
由题图（b）可知，加于两板电压U的周期T0=0.1s，U的最大值U m=100V，因为U C<U m，所以在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板，则
Δt=U C
U m
T0=0.02s⑨
由题意可知电子从发射到打在到记录纸上的时间可忽略不计。

并且因为T＞Δt，所以电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
x1=s
T
⋅Δt=2cm⑩
第二个最高点的x坐标为
x2=s
T
⋅(Δt+T0)=12cm⑪
第三个最高点的x坐标为
x3=s
T
⋅(Δt+2T0)=22cm⑫
由于记录筒的周长为20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，由此推知记录纸上能记录到的最高点只有两个，它们的坐标分别为（2cm，2.5cm）和（12cm，2.5cm）。

（3）根据前面分析可知，在圆筒转动的第一个周期内，可以在圆筒上留下两条最低点和最高点的连线，而在之后的周期中，上述连线对应重合。

电压为U时，电子的偏移量为
y′=1
2a′t02=1
2
⋅eU
md
⋅(l
v0
)
2
=Ul2
4U0d
⑬
根据几何关系可得
y′y =
l
2
l
2
+b
⑭
解得
y=2b+l
l y′=Ul(2b+l)
4U0d
⑮
根据前面分析可知t时刻打在记录纸上的横坐标为
x=s
t⑯
T
由题图（b）可知U在每个周期内都随t线性变化，所以y也随t线性变化，则根据⑮⑯式可知y随x成线性关系，即记录纸上最低点和最高点连线为直线，电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示。