安徽省宣城市第十三中学2024年高三2月线上月考物理试题

安徽省宣城市第十三中学2024年高三2月线上月考物理试题
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，再选涂其它答案标号。

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24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ 的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。

金属棒的质量0.2kg m =，长度1m L =。

使金属棒中通以从Q 到P 的恒定电流2A I =，两轻质导线与竖直方向成30︒角时，金属棒恰好静止。

则磁场的最小磁感应强度（重力加速度g 取210m/s ）（ ）
A ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向下
B ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向上
C ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向下
D ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向上
2、如图所示，MN 、PQ 是倾角为θ的两平行光滑且足够长的金属导轨，其电阻忽略不计。

空间存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m ，电阻均为r ，导轨宽度为L ，与导轨平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力max 2sin T mg θ=。

现将cd 棒由静止释放，当细线被拉断时，则（ ）
A ．cd 棒的速度大小为222sin mgr
B L θ B ．cd 棒的速度大小为22
sin mgr B L θ C ．cd 棒的加速度大小为g sin θ D ．cd 棒所受的合外力为2mg sin θ
3、如图所示，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M 点在纸面内以0v 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为02v v = 的
速度通过N 点．已知重力加速度g ,不计空气阻力．则下列正确的是（ ）
A ．小球从M 到N 的过程经历的时间0v t g
B ．可以判断出电场强度的方向水平向左
C ．从M 点到N 点的过程中小球的机械能先增大后减小
D ．从M 到N 的运动过程中速度大小一直增大
4、图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力F 向上运动时，汽车的机械能E 与位移x 的关系如图2所示（AB 段为曲线），汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是（ ）
A ．0～x 1过程中，汽车所受拉力逐渐增大
B ．x 1～x 2过程中，汽车速度可达到最大值
C ．0～x 3过程中，汽车的动能一直增大
D ．x 1～x 2过程中，汽车以恒定的功率运动
5、如图，小车的直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆子作用力的方向可能沿图中的（ ）
A ．OA 方向
B ．OB 方向
C ．OC 方向
D ．OD 方向
6、一个质量为m 的小球，以大小为v 0的初速度被竖直向上抛出，从抛出到落地的过程中，重力对小球做功为mv 02。

不计空气阻力，则此过程重力对小球的冲量大小为
A ．0(21)mv -
B ．0(21)mv +
C ．0(31)mv -
D ．0(31)mv +
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，有多个选项是符合题目要求的。

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、下列说法正确的是（ ）
A ．一定质量的理想气体，当温度升高时,内能增加,压强增大
B ．饱和蒸汽在等温变化的过程中，当其体积减小时压强不变
C ．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离小，表面层分子间表现为斥力
D ．一定质量的理想气体放出热量，分子平均动能可能减少
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
8、如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为
32mg C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR m M M m + D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR M
m M m + 9、如图所示，用粗细均匀、总电阻为r 的导线围成一个边长为L 的等边三角形闭合线框，线框以速度v 匀速穿过一个水平方向宽度为2L ，竖直方向足够长的磁场区域，该磁场的磁感应强度为B 。

线框在匀速穿过磁场区域过程中BC 边始终与磁场边界（图中虚线所示）平行，则下列说法正确的是（ ）
A ．导线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势为E BLv =
B C ．导线框BC 边刚进入和刚离开磁场时BC 两间的电势差相等
D ．导线框从BC 边进入磁场的水平距离为L 时刻开始到导线框完全离开磁场过程中通过线框的电荷量为24q BL r
= 10、 “嫦娥四号”探测器在2017年自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。

若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．月球表面重力加速度为232R T
π B ．月球质量为23
2
32R GT π
C ．月球第一宇宙速度为T
D ．月球密度为2
24GT π 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC ）和负温度系数电阻器（NTC ）。

正温度系数电阻器（PTC ）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC ）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控
制电路中。

某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x （常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。

A ．电流表A 1（满偏电流10mA ，内阻r 1=10Ω）
B ．电流表A 2（量程0～1.0A ，内阻r 2约为0.5Ω）
C ．滑动变阻器R 1（最大阻值为10Ω）
D ．滑动变阻器R 2（最大阻值为500Ω）
E ．定值电阻R 3=990Ω
F. 定值电阻R 4=140Ω
G ．电源E （电动势12V ，内阻可忽略）
H ．电键、导线若干
（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______。

（只需填写器材前面的字母即可）
（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_____。

（3）该小组测出某热敏电阻R x 的I 1—I 2图线如曲线乙所示，NTC 热敏电阻对应的曲线是____（填①或②）。

（4）若将上表中的PTC 电阻直接接到一个9V ，内阻10Ω的电源两端，则它的实际功率为_______W 。

（结果均保留2位有效数字）
12．（12分）某实验小组利用频闪照相的方法在暗室中用“滴水法”测重力加速度的大小，当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中。

已知水滴下落的时间间隔为0.1s 。

(1)若频闪间隔0.05s T ，刚好离开水龙头的水滴记为第1滴，测得此时第3滴和第4滴的间距为23.75cm ，则当地的重力加速度为______（结果保留三位有效数字）。

(2)若将频闪间隔调整到0.08s ，则水滴在视觉上的运动情况为_____（填“向上运动”“静止”或“向下运动”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图，ABO 是一半径为R 的14圆形玻璃砖的横截面，O 是圆心，AB 弧形面镀银。

现位于AO 轴线上的点光源S 发出一束光线射向玻璃砖的OB 边，入射角i =60°，OS =3R 。

已知玻璃的折射率为3，光在空气中传播的速度为c ，每条边只考虑一次反射。

求：
（i ）光线射入玻璃砖时的折射角；
（ii ）光线从S 传播到离开玻璃砖所用的时间。

14．（16分）质量为1kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的v —t 图象如
图所示。

取g=10m/s2。

求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数；
(2)水平推力F的大小；
(3)物体在10s内克服摩擦力做的功。

15．（12分）坐标原点处的波源在t =0时开始沿y轴负向振动，t =1.5s时它正好第二次到达波谷，如图为t2= 1.5s时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：
(1)这列波的传播速度是多大? 写出波源振动的位移表达式；
(2)x1 =5.4m的质点何时第一次到达波峰?
(3)从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点通过的路程是多少?
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解题分析】
说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示
磁场有最小值min B ，应使棒平衡时的安培力有最小值min 安F 棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知
min sin 30=︒安F mg
又有
min min =安F B IL
联合解得
min sin 300.5T mg B IL
︒== 由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

2、A
【解题分析】
AB ．据题知，细线被拉断时，拉力达到
m 2sin T mg θ=
根据平衡条件得：对ab 棒
m sin T F mg θ=+安
则得ab 棒所受的安培力大小为
sin F mg θ=安
由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由
2E E BLv I F BIL r
===安、、
得
222B L v F r
=安 联立解得，cd 棒的速度为
222sin mgr v B L
θ= 故A 正确，B 错误；
CD ．对cd 棒：根据牛顿第二定律得
sin mg F ma θ-=安
代入得
2222
12sin sin 02B L mgr a g m r B L θθ=-⋅⋅= 故CD 错误。

故选A 。

3、A
【解题分析】
小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，竖直方向做自由落体运动，结合运动公式和动能定理解答.
【题目详解】
水平方向，小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，到达N 点时，水平速度仍为v 0，则竖直速度
0v y v ==；因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由v y =gt 可知小球从M 到N 的过程经历的时间0v t g
=，选项A 正确；带正电的小球所受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，选项B 错误；从M 点到N 点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，选项C 错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从M 到N 的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即速度先减小后增加，选项D 错误；故选A.
4、B
【解题分析】
A ．设斜板的倾角为α，则汽车的重力势能
p sin E mg α=，
由动能定理得汽车的动能为
k sin E Fx mg α=-，
则汽车的机械能为
k p =E E E Fx =+，
即图线的斜率表示F ，则可知0~x 1过程中汽车的拉力恒定，故A 错误；
B ．x 1~x 2过程中，拉力逐渐减小，以后随着F 的减小，汽车将做减速运动，当sin F mg α=时，加速度为零，速度达到最大，故B 正确；
C ．由前面分析知，汽车先向上匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，0~x 3过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C 错误；
D ．x 1~x 2过程中，汽车牵引力逐渐减小，到x 2处为零，则汽车到x 2处的功率为零，故D 错误．
故选B 。

5、A
【解题分析】
以小球研究对象进行受力分析，根据小球和小车的加速度相同已及顿第二运动定律的矢量性进行判断。

【题目详解】
小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动，加速度水平向左，根据牛顿第二定律
F =ma
可知加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力只可能沿OA 方向，A 符合题意，BCD 不符合题意
故选A 。

6、D
【解题分析】
根据动能定理：
222001122
mgh mv mv mv ==+
得v 0，根据动量定理，重力的冲量：
I = m （v + v 0）=）mv 0。

ABC.）mv 0，ABC 错误；
D. ）mv 0，D 正确。

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，有多个选项是符合题目要求的。

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、BDE
【解题分析】
A．由理想气体状态方程pV
C
T
可知，当温度升高时，内能增加，pV乘积增大，但压强不一定大，故A错误；
B．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，饱和蒸汽在等温变化的过程中，体积减小时压强不变，故B正确；
C．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离大，表面层分子间表现为引力，故C错误；
D．一定质量的理想气体放出热量，根据热力学第一定律知分子内能可能减小，分子平均动能可能减少，故D正确；E．根据熵增原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故E正确；
故选BDE。

8、BC
【解题分析】
AB．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v．
根据机械能守恒定律有：
1
2
mv2=mgR cosθ
由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m
2 v R
解得小球对小车的压力为：N=3mg cosθ
其水平分量为
N x=3mg cosθsinθ=3
2
mg sin2θ
根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x=3
2
mg sin2θ
可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max=3
2 mg．
故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv ′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR =12mv 2+12
Mv ′2， 解得：
v ′=
故C 正确，D 错误．
故选BC ．
【题目点拨】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
9、BD
【解题分析】
A.根据法拉第电磁感应定律，线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势：
E t ∆Φ=∆，
而：
21224
B S B L L BL ∆Φ=⋅∆=⋅⋅=
，
22t v v ∆==， 解得
12
E BLv =， 故A 错误；
B.
导线框完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流，不受安培力作用的时间为：
2(422L L s L t v v v
-===，
故B 正确；
C.线框BC 边刚进入磁场时BC 两端的电势差为：
2333
BC r BLv r U BLv I BLv BLv r =-⨯=-⨯=， 线框BC 边刚离开时，BC 两端的电势差为：
221333
BC BLv U BLv I r BLv r BLv r '=-⨯=-⨯=， 故C 错误；
D.导线框BC 边进入磁场的水平距离为L 时线框已经完全进入磁场，由：
2q I t t BL r t r ∆Φ∆Φ=⋅∆=⋅∆==⋅∆， 故D 正确。

故选：BD 。

10、BD
【解题分析】
B ．对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
()222422Mm
G m R T
R π=⋅⋅ 解得
23
2
32R M GT π= 故B 选项正确；
A ．月球表面的重力加速度为
22232R M T
G g R π== 则A 选项错误；
C ．月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有
2
2=Mm v G m R R
解得
42GM v T
R R π== 故C 选项错误；
D ．月球的密度
224M V GT
πρ== 故D 选项正确。

故选BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、C ② 2.0W(1.9~2.1W)
【解题分析】
(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C 。

(2) [2]因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A 1串联一个大电阻R 3改装成电压表。

由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示
(3)[3] 把热敏电阻R x 的I 1—I 2图线的纵坐标改成1311()1000I R r I +=，即热敏电阻的电压，单位为V ，图像就成为热敏电阻的U I -图像。

U I -图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。

随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。

NTC 热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是②。

(4)[4]做出9V ，内阻10Ω的电源的U I -图像
其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为
40.5W 2.0W P UI ==⨯=
由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.9~2.1W 。

12、29.50m/s 向上运动
【解题分析】
(1)[1]频闪间隔不影响水滴下落的实际时间间隔，第4滴的下落时间为
40.3s t =
第3滴的下落时间为
30.2s t =
由
22431122
x gt gt ∆=
- 得 22110.3m 0.2m 0.2375m 22
g g ⨯-⨯= 解得
29.50m/s g =
(2)[2]由于频闪间隔小于水滴下落间隔，观察者会发现水滴出现在上一滴水滴位置的上方，即观察者认为水滴向上运动。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (i) 30°；(ii) 196R t c
=。

【解题分析】
(i)光路如答图2，设光在C 点的折射角为r
由折射定律有
sin sin i n r
= 代入数据解得
r =30°
(ii)进入玻璃砖中，光在AB 面上D 点反射，设入射角为α，反射角为β
θ=90°
-i =30° 由三角函数关系有
OC=OScot θ3 且 2sin 3
OS SC R θ== 在ΔODC 中，由正弦定理有：
sin(90)sin OD OC r α
=+ 得
α=30°
由于β=30°，∠CDF=30°，故∠FDE=90°，所以光线DE 垂直于OA 射出玻璃砖 在∠ODC 中，由几何关系有
CD=OC=
33R 又
DE=R cos β3
光在玻璃中的速率
c v n
= 则光线从S 传播到离开玻璃砖所用的时间 SC CD DE t c v v
=++ 解得 196R t c =
14、（1）0.1μ= （2）F 2.5N = （3）W=30J
【解题分析】
（1）4～10s 物体的加速度大小
2222
1m /s v a t ∆==∆ 对4～10s 物体受力分析，根据牛顿第二定律
2mg ma μ=
解得：
0.1μ=
（2）0～4s 物体的加速度大小
2111
1.5m /s v a t ∆==∆ 对0～4s 物体受力分析，根据牛顿第二定律
1F mg ma μ-=
解得：
F 2.5N =
（3）v —t 图象与坐标轴围成面积表示对应的位移，10s 内运动的位移大小
1610m 30m 2
x =⨯⨯= f 30J W mgx μ==
15、 (1)x =5sin(
53t ππ+)cm 或x =-5sin(53
t π)cm ；(2)11.7s ；(3)1.85m 【解题分析】
（1）由图像可知波长λ=0.6m ，由题意有
2154
t t T ==， 1.2s T = 波速为
0.5m /s v T λ
==
波源振动的位移表达式为
025sin 5sin cm 3x A t t T ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
ππφπ或 55sin cm 3x t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
π （2）波传到x 1=5. 4m 需要的时间为
1110.8s x t v
∆== 质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y 方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为
230.9s 4
t T ∆== 所以，x 1=5. 4m 的质点第一次到达波峰的时刻为
21211.7s t t t =∆+∆=
（3）波传到x 2=30cm 需要时间为
230.6s x t v
∆== 所以从t 1=0开始至x =5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x 2=30cm 处的质点振动时间为 43311.13711.1s 1.24t t t T T ∆=-∆==
= 所以，该质点的路程为
374 1.85m 4s A =
⨯=。