湖南省长沙市2023-2024学年高三上学期月考物理试卷(五)含解析

长沙市2024届高三月考试卷（五）
物理（答案在最后）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.“卡路里（calorie ）是一种热量单位，被广泛使用在营养计量和健身手册上，其定义为在1个大气压下，将1克水提升1摄氏度所需要的热量。

如果用国际单位制中的基本单位表示“卡路里”，正确的是（）
A.kg•m/s 2
B.kg•m 2/s 2
C.kg•m 2/s 3
D.kg•m 3/s 2
【答案】B 【解析】【详解】根据
Q cm t
=∆可知，“卡路里”的单位和能量的单位焦耳相同，因此用国际单位制中的基本单位可表示为
2
22
m m 1J 1N·m 1··m 1·s s
kg kg ===故选B 。

2.如图所示为华附校园内的风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。

三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。

开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。

若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（
）
A.若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B.任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C.开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向指向旋转轴
D.风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越小【答案】D 【解析】
【详解】A ．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A 错误；
B ．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由
v r
ω=可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B 错误；
C ．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C 错误；
D ．当风杯匀速转动时，根据
2r v T
π=
可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D 正确。

故选D 。

3.如图所示，竖直平面内有一段固定的圆弧轨道：一小球以5m/s 的初速度从A 处沿切线方向入轨，离开圆弧轨道时速率为5m/s ，若小球以4m/s 的速度从A 处沿切线方向入轨，则到达B 点时速率为（
）
A.小于4m/s
B.等于4m/s
C.大于4m/s
D.不能确定
【答案】C 【解析】
【详解】一小球以5m/s 的初速度从A 处沿切线方向入轨，离开圆弧轨道时速率为5m/s ，根据动能定理可得
f k 0
AB mgh W E -=∆=若小球以4m/s 的速度从A 处沿切线方向入轨，由于第二次在圆弧轨道滑动过程与第一次在圆弧轨道滑动过程相比，小球处于同一位置时，第二次的速率小于第一次的速率，根据牛顿第二定律可知，第二次小球对轨道的压力小于第一次小球对轨道的压力，则第二次的摩擦力小于第一次的摩擦力，整个滑动过程第二次
克服摩擦力做功小于第一次克服摩擦力做功，根据动能定理可得
k
f f 0AB AB E mgh W mgh W ''∆=->-=则小球到达B 点时速率大于4m/s 。

故选C 。

4.一简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲是7s t =时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，则该质点的x 坐标合理的是（
）
A.1m
B.2m
C.7m
D.12m
【答案】B 【解析】
【详解】AC ．由图乙可知，7s t =时刻，该质点在y 轴的下半轴，并且正沿着y 轴的负方向向着波谷振动，对比甲图，7s t =时刻1m x =和7m x =的质点已经分别到达波谷和波峰，故AC 错误；
BD ．因为该波沿x 轴正方向传播，根据同侧法可知，甲图中，2m x =的质点正沿着y 轴负方向向着波谷振动，而12m x =的质点正沿着y 轴正方向向着平衡位置振动，故B 正确，D 错误。

故选B 。

5.格林童话《杰克与豌豆》中的神奇豌豆一直向天空生长，长得很高很高。

如果长在地球赤道上的这棵豆秧上有与赤道共面且随地球一起自转的三颗果实，其中果实2在地球同步轨道上。

下列说法正确的是（
）
A.果实3的向心加速度最大
B.果实2成熟自然脱离豆秧后仍与果实1和果实3保持相对静止在原轨道运行
C.果实2的运动周期大于果3的运动周期
D.果实1成熟自然脱离豆秧后，将做近心运动【答案】B
【解析】
【详解】A ．三颗果实随地球一起自转，角速度相等，根据
2a r
ω=可知果实1的向心加速度最大，故A 错误；
B ．果实2在地球同步轨道上，可知果实2受到的万有引力等于随地球自转所需的向心力，故果实2成熟自然脱离豆秧后仍与果实1和果实3保持相对静止在原轨道运行，故B 正确；
C ．三颗果实随地球一起自转，角速度相等，根据
2T π
ω
=
可知果实2的运动周期等于果3的运动周期，故C 错误；D ．对于果实2有
22
2222
Mm G
m r r ω=对于果实1有
22
1222112212
Mm Mm G
G m r m r r r ωω<=<可知果实1受到的万有引力不足以提供果实1随地球自转所需的向心力，故将做离心运动，故D 错误。

故选B 。

6.
的轻质绝缘不可伸长细线，一端固定在水平向右匀强电场中的O 点→端系一质量为m ，电量为+q 的带电小球，小球能静止在位置A ，OA 与竖直方向成30°角，重力加速度为g 。

现将小球拉到位置B ，OB
呈水平且OB =
，然后静止释放，对于小球后续的运动，下列说法正确的是（
）
A.匀强电场的
电场强度E q
=
B.小球释放后可以做完整的圆周运动
C.
D.做圆周运动过程中，绳子的最大拉力为3
【答案】D 【解析】
【详解】A ．小球静止在A 点，由平衡条件可得
tan 30qE mg =︒
解得
3E q
=
故A 错误；
B ．小球先做匀加速直线运动直到绳拉直，有
2
11
sin 60cos 602
mgl qEl mv ︒+︒=解得
1v =
绳拉直速度发生突变，只剩沿切线方向的速度，有
21cos30v v =︒
若小球恰能过等效最高点，则
2
cos30mg v m
l
=︒从绳绷直到等效最高点，由动能定理有
22
0112cos3022
mgl mv mv -︒=
-可得
0v =
＞2v 所以小球释放后不能做完整的圆周运动，故B 错误；
CD ．小球过A 点时，速度最大，绳拉力最大，小球先做匀加速直线运动直到绳拉直，有
2
11
sin 60cos 602
mgl qEl mv ︒+︒=绳拉直速度发生突变，只剩沿切线方向的速度，有
21cos30v v =︒
由动能定理有
2
2
212sin 30212
m v qEl mv m -︒=解得
m v =
小球过A 点时，由牛顿第二定律有
2cos30m m v mg
T m
l
=︒-解得最大拉力为
733
m T =
故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7.如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO '轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，在线圈由图示位置转过90︒的过程中，下列说法正确的是（
）
A.图示位置为中性面
B.电压表的示数为NBS ω
C.电流表的示数NBS R
ω D.通过电阻R 的电荷量为NBS q R r
=
+【答案】AD 【解析】
【详解】A ．当线圈平面与磁感线垂直时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，线圈中电
流为零，故A 正确；
B ．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为
m E NBS ω
=电动势的有效值为
E =
电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为
E U R R r =
⨯=+故B 错误；C ．电流表的示数
E
I r R
=
=+故C 错误；D ．由
E t φ∆=
∆，E I R r
=+，q I t =⨯∆得到，电量
NBS
q R r
=
+故D 正确。

故选AD 。

8.如图所示，轻绳MN 的两端固定在水平天花板上，轻绳OP 系在轻绳MN 的某处，光滑轻滑轮悬挂一质量为m 的物体，并跨在轻绳MN 上初始时用竖直向下的力F 拉OP ，使O 点处于如图所示的位置，此时OM 与水平方向的夹角为60°，'O N 与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g 。

在保证O 点位置不变的情况下，现使轻绳OP 以O 点为圆心顺时针缓慢转过90°的过程中.下列说法正确的是（
）
A.力F 的大小先增大后减小
B.轻绳OM 的拉力一直减小
C.当力F 竖直向下时，力F 的大小为mg
D.当力F 竖直向下时，轻绳'O N 的拉力大小为2
mg 【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．对O 点进行受力分析，如图
在F 顺时针旋转90°的过程中，T 的方向不变，F 1大小方向均不变，根据矢量三角形法可知F 先减小，后增大，当F 与T 垂直时具有最小值，而T 在一直减小，故A 错误，B 正确；D ．根据同一根绳子拉力处处相等可知
''1
O O O N F F F ==O 点位置不变，则O'点位置也不变，对O'进行受力分析，根据共点力平衡得
12sin 30F mg
︒=得
1F mg
=F 1是大小不变的恒力，故D 错误；
C ．当F 向下时，1F mg =不变，T 和竖直方向夹角为30°，OO'和竖直方向的夹角为60°
1cos30sin 30T F F ︒=︒+1sin 30cos30T F ︒=︒
则
F mg
=故C 正确。

故选BC 。

9.如图所示，在光滑水平桌面上固定一光滑的圆形轨道，轨道上有A 、B 两点，它们所对应圆心角为90︒。

在A 、B 两点分别放有质量为1m 、2m 两弹性等大小球（其半径远小于圆形轨道半径），最初处于静止状态。

现给小球1m ，一个如图所示的初速度0v ，发现两小球第二次相碰恰好在A 点，则12:m m 可能为（
）
A.1∶1
B.1∶3
C.3∶5
D.7∶1
【答案】CD 【解析】【分析】
【详解】两球发生弹性碰撞，则
101122m v m v m v =+222
101122111222
m v m v m v =+解得
12
10
12
m m v v m m -=
+1
20
12
2m v v m m =
+两小球第二次相碰恰好在A 点，若v 1<0，则两球相碰满足
1213
v v =解得
1235
m m =若v 1>0，则两球相碰满足
1237
v v =则
1271
m m =
故选CD 。

10.如图所示，与水平面成37θ=︒角的直棒上有一滑套，可以无摩擦地在棒上滑动。

开始时滑套相对棒静止，此时与棒的上端相距1 1.0m L =，与棒的下端相距20.4m L =。

现在使棒保持倾角37θ=︒不变，以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（取210m/s g =，sin 370.6︒=）（
）
A.若加速度26m/s a =，滑套恰好不会在棒上滑动
B.若加速度27.5m/s a =，滑套恰好不会在棒上滑动
C.若加速度210m/s a =，滑套经过 1.0s t =会从棒的上端滑出
D.若加速度25m/s a =，滑套经过0.5s t =会从棒的下端滑出【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．设棒以加速度0a 向右匀加速时，滑套恰好不在棒上滑动，如图所示
则有
cos N mg θ=，0
sin N ma θ=解得
2
0tan 7.5m /s a g θ==故A 错误，B 正确；C ．当
20
10m/s a a =>时，滑套会沿棒上滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为1a ，经时间1t 滑套滑出直棒，则有
1cos sin N mg ma θθ
-=1sin (cos )
N m a a θθ=-211112
L a t =
解得212m /s =a ，1 1.0s
t =故C 正确；
D ．当
20
5m/s a a =<时，滑套会沿棒下滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为2a ，经时间2t 滑套滑出直棒，则有
2cos sin mg N ma θθ
-=2sin (cos )
N m a a θθ=+222212
L a t =
解得
222m /s a =，2s 0.63s 5
t =
≈故D 错误。

故选BC 。

三、实验题：本题共2小题，11题6分、12题10分，共16分。

11.下列三个装置图都可以用来探究平抛运动的规律。

（1）用图甲装置实验时、要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要将钢球从斜槽上__________（填“同一位置”或“不同位置”）由静止释放；
（2）用图乙装置实验时，为了获得稳定的细水柱以显示平抛轨迹，竖直管上端A 一定要__________（填“高于”或“低于”）水面：
（3）某同学用图甲所示的实验装置进行实验，得到如图丙所示的平抛运动轨迹的一部分，重力加速度g =10m/s 2，由图中信息可求得小球平抛的初速度大小为v 0=_________m/s （结果保留2位有效数字）。

【答案】
①.同一位置②.低于③.2.0
【解析】
【详解】（1）[1]用图甲装置实验时、要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要将钢球从斜槽上同一位置由静止释放.
（2）[2]用图乙装置实验时，为了获得稳定的细水柱以显示平抛轨迹，竖直管上端A 一定要低于水面，这样在管口处的压强是恒定不变的，则水流速度不变。

（3）[3]竖直方向根据2
h gT ∆=可得
0.1s T =
==则水平速度为
00.2m /s 2.0m /s 0.1
x v T ===12.在“测量电源的电动势和内阻”实验中，某小组同学设计两种方案：
（1）方案一：利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，实验电路图如图甲所示。

根据记录的数据作出的U-I 图像如图乙所示。

通过图像乙可求出电池的电动势E =______V ，内阻r =______Ω。

（计算结果保留2位有效数字）
（2）方案二：实验电路图如图丙所示。

其中电流表1A 和2A ，电压表1V 和2V 都是非理想电表，且电表内阻未知。

闭合开关S ，通过调节滑动变阻
器1R 和2R ，使灵敏电流计G 的示数为0，读出电流表示数1I 和2I ，以及电压表示数1U 和2U ，多次测量
获得多组数据，绘制图像，以()12I I +为横坐标，以______为纵坐标，得到的图像为直线，其纵轴截距为b ，斜率为k ，则电源电动势E =______，电源内阻r =______。

从设计思路看，该方案电动势的测量值与真实值相比______（选填“偏小”“偏大”或“相等”）。

【答案】
①.1.5②.0.83③.12U U +④.b ⑤.k -⑥.相等
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律U E Ir
=-
结合图像斜率和截距可得
1.5V
E =0.83ΩU r I
∆=
=∆（2）[3]根据题意灵敏电流计G 的示数为0，则111A1()
U I R R =+222A2()
U I R R =+根据闭合电路欧姆定律
1212()E U U I I r
=+++整理可得
1212()()U U E I I r
+=-+以12 U U +为纵坐标，得到的图像为直线。

[4][5]根据上式可知
E b
=r k
=-[6]本设计思路考虑了所用电表的内阻，并没有系统误差，电动势的测量值与真实值相比相等。

四、解答题：本题共3小题，共40分。

其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。

13.如图，足够长的水平轨道ab 光滑，在轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），B 的左端水平栓接一条轻质弹簧。

轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高，现让B 物块以v 0=3m/s 的初速度向左运动。

已知A 滑上小车前已经与弹簧分离，弹簧的形变始终在弹性限度内，A 与小车之间的动摩擦因数μ满足0.1≤μ≤0.3，g 取10m/s 2，求：（1）A 、B 压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能E p ；
（2）A 以多大的速度滑上小车；
（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有μ）。

【答案】（1）3J ；（2）2m/s ；（3）当满足0.10.2μ≤<时，110Q μ=，当满足0.20.3μ≤≤时，22J
Q =【解析】
【详解】（1）根据题意可知，A 、B 压缩弹簧时，当A 、B 共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律有
1
B 0A B )(m v m m v +=由能量守恒可得
22p B 0A B 111()22
E m v m m v =
-+联立解得p 3J
E =（2）从B 撞向A 到A 、B 分开的这个过程，可以看成的广义的弹性碰撞，由动量守恒定律可得
B 0A A B B
m v m v m v =+由能量守恒可得
222B 0A A B B 111222
m v m v m v =+联立解得
A 2m/s
v =（3）设1μμ=时，A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v ，由动量守恒定律有
A A A =()m v m M v
+由能量关系
()2
11122
m gL m v m M v μ=-+2A A A A 解得
10.2
μ=讨论：
（ⅰ）当满足0.10.2μ≤<时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为
()
1A 10J Q m gL μμ==（ⅱ）当满足0.20.3μ≤≤时，A 和小车能共速，产生的热量为
()22
2A A A 1122
Q m v m M v =-+解得
22J
Q =14.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M 、N 的M 板，N 板下方有一对长为L ，间距为d =1.5L 的竖直极板P 、Q ，在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片，水平极板M 、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P 、Q 的中线，与磁场上边界的交点为O ，水平极板M 、N 之间的电压
为U 0；竖直极板P 、Q 之间的电压U PQ 随时间t 变化的图像如图乙所示，磁场的磁感强度B 粒子源连续释放初速不计、质量为m 、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P 、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。

求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的动能E k ；
（2）已知带电粒子若在U PQ =0时进入竖直极板P 、Q 之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的最大距离，求该最大距离max y ∆；
（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。

【答案】（1）0qU ；（2）L ；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）粒子从粒子源发出进入加速电场做匀加速直线运动，根据动能定理可得
k 0
E qU =（2）加速后的带电粒子以v 1的速度进入竖直极板P 、Q 之间，若在U PQ =0时进入竖直极板P 、Q 之间的电场，则不发生偏转，沿中心线进入磁场，所以
20112
qU mv =211v qv B m r
=解得
1max mv y r L qB
∆==
=（3
）粒子运动轨迹如图所示若t =0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R =L ，打在感光胶片上距离中心线最近为
2x L
=任意电压时出偏转电场时的速度为v n ，根据几何关系有
1n cos v v α=n n mv R Bq =打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距（轨迹弦长）
n 122cos mv x R Bq
α∆==可见该间距与偏转电压无关，在感光胶片上的落点范围宽度等于粒子在电场中的偏转距离，设带电粒子在电场中最大偏转距离y ，则
qE ma =031.5U E L =2201311(221.52
U q L y at Lm v L ===⋅⋅所以粒子在感光胶片上落点距O 点的长度范围是2L 到
52L 之间。

15.如图所示，边长为1m L =、质量为1kg m =、电阻为1ΩR =的匀质正方形刚性导体线框ABCD 和直角坐标系xOy （x 轴水平，y 轴竖直）均处于竖直平面内。

在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x 方向均匀分布，y 方向上满足2=+B ky （各量均采用国际单位，k 为大于0的未知量）。

初
始时，线框的A 点与坐标原点O 重合，AB 边与x 轴重合（记为位置1）。

现给线框一个沿着x 轴正方向的速度01m /s v =，并且给线框一个竖直向上的恒力2
mg F =，当线框A 点下降的高度为 1.25m H =（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流 2.5A I =。

此后恒力F 保持大小不变，方向改为x 方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A 点的横坐标相距3.5L ），此后轨迹是抛物线。

若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB 边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：
（1）k 的数值；
（2）线框从位置1到位置2的时间1t ；
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h 。

【答案】（1）2T/m ；（2）1.25s ；（3）
35m 16
【解析】【详解】（1）由右手定则可知线框内电流的方向为逆时针或者ADCBA ，线框位于位置2时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感强度为2B ，上边所在处为1B ，则有
21mg F B IL B IL
-=-21-=B B kL
解得
2T/m
k =（2）由闭合电路的欧姆定律有
212111
y y E E E B Lv B Lv =-=-总
1y kLv E I R R
=
=总解得1 1.25m /s y IR v kL
==线框从位置1到位置2，线框所受安培力合力方向向下
()A 21F B B IL
=-安培力冲量
A ΔI BILt
=带入得
24A k L H I R
=在y 方向由动量定理得
A 1
y mgt Ft I mv --=解得
1.25s
t =（3）线框从位置2到位置3，水平方向做匀加速运动，由牛顿第二定律
=2
mg F ma =
得2
5m /s a =由运动学规律
2
013.52
L v t at =+得到
1s
t =轨迹为抛物线，则y 方向为匀速运动，有
242y k L mg v R
=从位置2到位置3，y 方向列动量定理
A 21
y y mgt I mv mv -=-代入数据可解得。