2023-2024学年全国高中高三上物理人教版(2019)月考试卷(含解析)

2023-2024学年全国高三上物理月考试卷
考试总分：75 分 考试时间： 120 分钟
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
1. 如图为楼宇内安装的烟雾探测器，其结构示意图如图所示．探测器中装有大约的镅，它是一种半衰期长达年的放射性金同，会释放出射线和射线．当空气分子穿过探测器时，释放出的射线将其电离，电离产生的正、负离子在电场力作用动，形成微小电流，可被探测器内芯片探测到．烟尘一旦进人探测腔内，烟尘中的微粒会吸附部分射线，导致电流变化，从而触发
警报．则下列说法正确的是（
）
A.发生衰变的方程是
B.可用半衰期为的放射性同位系代替
C.使空气分子发生电离的主要是射线
D.烟雾进入探测器，使电路中的电流减小而触发警报
2. 年月日，世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在圆满完成个月的在轨测试任务后，正式交付用户单位使用．如图为“墨子号”变轨示意图，轨道与轨道相切于点，轨道与轨道
相切于点，以下说法正确的是（ ）
A.“墨子号”在轨道上由向运动的过程中速率越来越大
B.“墨子号”在轨道上经过点的速率大于在轨道上经过点的速率
C.“墨子号”在轨道上经过时的向心加速度大于在轨道上经过点时的向心加速度
0.2mg Am 24195432αγAm 24195Am 24195Am Np He +γ
24195→24597+4216h Am 24295Am
24195γ20171184A B P B C Q B P Q C Q A P B P A P B Q P
D.“墨子号”在轨道上经过点时受到的地球的引力小于经过点时受到的地球的引力
3. 一定质量气体，在体积不变的情况下，温度升高，压强增大．下列说法正确的是（ ）
A.气体的压强是由于气体自身的重力产生的
B.温度升高后，气体分子的平均动能变大，单位时间内撞击到单位面积器壁上的分子数增多了，且撞击的平均作用力增大
C.温度升高后，分子撞击器壁的平均作用力减小
D.温度升高后，单位体积内的分子数增多，撞击到单位面积器壁上的分子数增多了
4. 如图所示，将等腰直角棱镜截去棱角，使截面平行于底面，制成“道威棱镜”，可以减小棱镜的重量和杂散的内部反射．从点发出一束平行于底边的单色光从边射入，已知折射角 ，则（ ）
A.光在玻璃中的频率比空气中的频率大
B.C.光在玻璃中的传播速度为D.边不会有光线射出
5. 如图中接地的金属球的半径为，点电荷的电量，到球心距离为，金属球
上的感应电荷在球心处的场强大小等于（ ）
A.
B.C.D.
6. 如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，变压器为理想变压器，原线圈接入电压
B Q P M CD A
C γ=30∘n =6–√2
×m/s
2–√108CD A R Q r A O −kQ r 2kQ R 2+kQ r 2kQ R
20
kQ r 2
P
有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头，使输出电压有效值由降至．调节前后（
）
A.副线圈输出功率比为
B.副线圈中的电流比为
C.副线圈的接入匝数比为
D.原线圈输入功率比为
7. 长隆国际大马戏团的动物特技演员棕熊“玛尔塔”有一招绝活——“走钢丝”．当玛尔塔走到靠近中央的位置时，钢丝与水平方向所成夹角已经接近，则此时钢丝上的弹力是棕熊重力的（ ）A.倍B.倍
C.倍
D.倍
二、 多选题 （本题共计 3 小题 ，每题 5 分 ，共计15分 ）
8. 如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环 套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去．现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状．大小相同的铜环和铝环（两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成），且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关的瞬间，下列描述正确的是（ ）
A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
B.线圈沿轴向有伸长的趋势
P 220V 110V 2:1
1:2
2:1
1:2
30∘3–√4
13–√2S
C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
D.若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射
9. 一列简谐横波沿轴传播，已知轴上和处的两个质点的振动图像分别如甲、乙两
图所示，则此列波的波长可能是（ ）
A.B.C.D.
10. 如图所示，第一象限内半径为的四分之一圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为．一质量为、带电量为且不计重力的粒子，沿与轴夹角的方向从点垂直磁场射入，最后粒子从坐标轴射出磁场，已知点横坐标为．则（ ）
A.粒子在磁场中的运动时间可能是
B.粒子射入磁场的速度可能是
C.粒子射出磁场的位置到的距离可能是
D.粒子射出磁场的位置到的距离可能是卷II （非选择题）
三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 5 分 ，共计15分 ）
11. 年月日时，嫦娥五号探测器成功在月球正面预选着陆区着陆。

其最后的落月过程可简化如下：先是探测器悬停在距月面某高度处，接着关闭发动机使探测器自由下落（月球表面附近
x x =4m x 1=7m x 22.4m
4.8m
4m
8m
R B m q x θ=53∘N N 0.5R 2πm 3qB 2qBR
3m
O R 19
O R 23
2020121235s 1.6m/2
重力加速度取），然后开启反冲发动机小推力模式使探测器匀速下降，匀速下降时再开启发动机大推力模式使探测器以大小为的加速度减速，最后恰好以零速度完美着陆。

若探测器可看成质点，求：
（1）探测器匀速下降时的速度；
（2）探测器悬停处距月面的高度。

12. 一名宇航员到了某星球后做了如下实验，如图所示，在光滑的圆锥顶用长为的细线悬挂一质量为的小球，圆锥顶角为，当圆锥和球一起以周期匀速转动时，球恰好对圆锥面无压力．已知该
星球的半径为，引力常量为．求：
（1）该星球表面的重力加速度大小；
（2）该星球的质量．
13. 如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，为轨道的最低点，点右侧的光滑的水平面上紧挨点有一静止的小平板车，平板车质量，长度，小车的上表面与点等高，距地面高度．质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点由静止释放，
取．
（1）物块滑到轨道上的点时对轨道的压力；
（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，使其与物块间的动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图所示，求物块滑离平板车时的速率；
（3）若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与木板间的动摩擦因数，物块仍从圆弧最高点由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．
四、 实验探究题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）
14. 用刻度尺等器材可以测定动摩擦因数，实验装置如图所示，表面粗糙程度相同的斜面和水平面在交线 处平滑连接，实验步骤如下：
①将一小物块从斜面上的某一点（记为）由静止释放，物块
滑到水平面上的某一点（记为）停下；
②用铅垂线测定点在水平面的投影点，用刻度尺测量的高度、的长度；
③改变释放点的位置，重复上述步骤，记录多组关于的数据。

请回答下列问题：
g 月 1.6m/s 29s 4m/s 2L m 2θT R G 1R =0.45m B B B M =1kg l =1m B h =0.2m m =1kg A g =10m/s 2B 2μ=0.2A B A C A O AO h OC x ,h n x n
（1）用测得的数据 表示，物块与水平面间的动摩擦因数为________
（2）根据测得的数据画出图像，下列四个图中最合理的是________
A.A
B.B
C.C
D.D
（3）实验中，小物块从斜面上的点由静止释放，运动到水平面上的点停止，点在水平面的投影为，记录下的长度；增大斜面倾角，再将小物块从点由静止释放，运动到水平面上的点停止，点与点等高，点在水平面的投影为，记录下的长度。

则________（选填“>”、“=”或“＜”）；小物块从到的过程记为“Ⅰ”，从
到的过程记为“Ⅱ”，在同一坐标系中画出小物块速率随时间变化的图像，正确的是_______
(,)h n x n A 1C 1A 1O 1O 1C 1x 1A 2C 2A 2A 1A 2O 2O 2C 2x 2x 1x 2A 1C 1A 2C 2ν
15. 用下列器材组装成描绘电阻 伏安特性曲线的电路，给出了下列器材：
电阻 （阻值约为 ）；
微安表 （量程 ，内阻约 ）；
电压表 （量程 ，内阻约 ）；
滑动变阻器（最大阻值 ，额定电流 ）；
电源（电动势 ，内阻不计）；
开关及导线若干．
（1）请将图甲方框内的实验原理图补充完整；
（2）根据实验原理图，将图乙中的实物图连线补充完整．
R 0R 020kΩμA 200μA 200ΩV 3V 10kΩR 50Ω1A E 3V S
参考答案与试题解析
2023-2024学年全国高三上物理月考试卷
一、 选择题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
1.
【答案】
D
【考点】
原子核衰变
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：．方程质量数不守恒，故错误；
．的半衰期太短，不能长时间使用，故不能用半衰期为的放射性同位系代替
，故错误；．使空气分子发生电离的主要是α射线，α射线的电离作用最强，故错误；．根据原理可知，烟雾一旦进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附α粒子，使两电极中电流的减小而发出报警，故正确．
故选．
2.
【答案】
D
【考点】
卫星的变轨与对接
随地、绕地问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：．“墨子号”在轨道上由向运动的过程中，逐渐远离地心，万有引力做负功，故速率越来越小，故错误；．“墨子号”在、轨道上运行时，轨道半径不同，根据可得，轨道半A A B Am 2429516h Am 24295Am 24195B C C D D D A B P Q A B A C G =m Mm r 2v 2r v =GM r −−−−√
径越大，线速度越小，故错误；
．“墨子号”在、两轨道上经过点时，离地心的距离相等，受地球的引力相等，所以加速度相等，故错误；
．“墨子号”在轨道上经过点比经过点时离地心的距离要远些，受到地球的引力要小些，故正确．
故选：．
3.
【答案】
B
【考点】
气体压强的微观意义
【解析】
根据气体压强的微观意义，气体压强由大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力而产生的，和重力无关；体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高时，分子的平均动能增大，撞击的平均作用力增大。

【解答】
解：．气体压强是气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力产生的，故错误；
．温度升高后，气体分子的平均动能变大，单位时间内撞击到单位面积器壁上的分子数增多，分子撞击器壁的平均作用力增大，故正确，错误；
．温度升高后，单位体积内的分子数不变，单位时间内撞击到单位面积器壁上的分子数增多了，故错误．
故选．
4.
【答案】
D
【考点】
光的折射现象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：．光的频率由光源决定，与介质无关，则知光在玻璃中的频率与在空气中的频率相等，故错误；．玻璃的折射率为 ，故错误；．光在玻璃中的传播速度为，故错误；
B C A B P C D B Q P D D A A BC B C D D B A A B n ===sin 45∘sin γsin 45∘sin 30∘
2–√B C v ===×m/s c n 3×1082
–√32–√2108C C =1
D ．设光线在棱镜中发生全反射的临界角为，有：，解得： ，如图，光线到达边时入射角： 发生全反射，光线不能从边射出，故正确．
故选
．
5.
【答案】
D
【考点】
电场的叠加
【解析】
静电感应的过程，是导体（含大地）中自由电荷在电荷所形成的外电场下重新分布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷所形成的外电场与感应电荷产生的“附加电场”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强与附加电场的场强大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零．
【解答】
解：金属球内部处于静电平衡状态，故合场强处处为零．
所以感应电荷在球心处产生的场强应和点电荷产生的场强大小相等，即
，故正确，错误；
故选：6.
【答案】
C
【考点】
变压器的构造和原理
【解析】
变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。

【解答】
解：．由可知，输出功率之比为，副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为，故错误；
．副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为，故错误；
C sin C =1n C =45∘C
D θ=>C 75∘CD D D A Q Q
E E ′E E ′Q kQ r 2D ABC D AD P =U 2R 4:14:1AD B 2:1B C P
．通过调节触头，使输出电压有效值由降至，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以副线圈接入匝数之比为，故正确．
故选．
7.
【答案】
B
【考点】
平衡条件的基本应用
【解析】
【解答】
解：以玛尔塔为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，两绳子合力与重力等大反向，则有：，
解得：．
故选．
二、 多选题 （本题共计 3 小题 ，每题 5 分 ，共计15分 ）
8.
【答案】
A,C
【考点】
楞次定律
【解析】
由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向．
【解答】
、线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故正确；
、同向电流互相吸引，线圈有收缩的趋势，故错误；
、因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，故正确；
、若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，是不会被向左弹出的，故错误。

9.
【答案】
C P 220V 110V 2:1C C 2F sin =mg 30∘F =mg B A A B B C C
D D
A,C
【考点】
横波的图象
【解析】
【解答】
解：在时刻，在处的质点在最低点，在处的质点在平衡位置向下振动，若波沿轴正向传播，则，解得（、、、…），当时．若波沿轴负向传播，则，解得（，、、…），当时．
故选．
10.
【答案】
C,D
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
【解析】
考查带电粒子在匀强磁场中的运动．
【解答】
解：
．如图：
，，，，若粒子带正电，能从轴上穿出磁场的粒子轨迹半径最大值，从点穿过，对应的速度，，错误；．能从轴射出的带正电的粒子，在磁场中运动转过的圆心角最大为，运动t =0x 1x 2x −=nλ+λ
x 2x 114=3m λ=
12
4n +1n =0123n =1λ=2.4m x −=nλ+λ=3m x 2x 134λ=124n +3n =0123n =0λ=4m AC B ON =0.5R OD =ON cot =0.373R 53∘CD =0.625R DN =0.625R =CD y =DN R m C =0.625
v m qBR m
0.625<23B A x −2×=360∘53∘254∘>=2T 4πm
时间．能从点射出轴的粒子，在磁场中转过的圆心角最小为，
运动时间，，错误；．带正电的粒子轨迹恰与轴相切打到轴上的位置为，轨迹半径，，，若轨迹半径再减小，打在轴上的位置距点的距离又增大，正确；．若粒子带负电，则向下偏转，只能从之间穿出轴，到的距离比小，比大，正确．
故选：．三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 5 分 ，共计15分 ）
11.
【答案】
探测器匀速下降时的速度为；
探测器悬停处距月面的高度为。

【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
（1）根据速度-时间关系求解探测器匀速下降时的速度；
（2）求出探测器自由落体的高度、匀速阶段的高度和减速阶段的高度即可得到探测器悬停处距月面的高度。

【解答】
根据＝公式可解得探测器匀速下降时的速度：＝＝；
自由落体的高度为：
＝
＝
＝匀速阶段的高度为：＝＝＝减速阶段的高度：＝
＝＝所以探测器悬停处距月面的高度为：＝＝＝。

12.
【答案】
（1）该星球表面的重力加速度大小为；（2）该星球的质量为．【考点】
水平面内的圆周运动-重力
t >
=2T 34πm 3qB C y −=180∘53∘127∘t min =×=>t min 127∘360∘
2πm qB 127180πm qB 23πm qB A C y x F R 10.5R =+sin R 1R 153∘OF =0.5R −2cos =<R 137∘R 18R 9x O C D N 、A x O R R 2D CD 7m/s 100m v g 月t 1v 1.8×5m/s 8m/s h 6m 20m
h 2vt 38×9m 72m h 6m 8m
h ++h 1h 8h 320m +72m +8m 100m 4L cos θπ2T 24L cos θπ2R 2GT 2
天体质量或密度的计算
【解析】
【解答】
解：（1）小球在水平面内匀速圆周运动，对小球受力分析可知受到重力和绳子的拉力，
由牛顿第二定律得：，小球竖直方向受力平衡，有，
解得：．（2）星球表面物体所受万有引力等于物体所受重力，有，星球质量，解得星球密度，解得质量．13.
【答案】
（1）物块滑到轨道上的点时对轨道的压力为，方向竖直向下．
（2）物块滑离平板车时的速率是．
（3）物块落地时距平板车右端的水平距离为．
【考点】
单物体的机械能守恒问题
竖直面内的圆周运动-弹力
板块模型问题
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）物体从圆弧轨道顶端滑到点的过程中，机械能守恒，则，解得，在点由牛顿第二定律可得，解得，由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道上点时对轨道的压力为，方向竖直向
sin θ=F T 4mL sin θπ2T 2cos θ=mg F T g =4L cos θπ2T 2=mg GMm R 2M =ρ⋅π43R 3ρ=3πL cos θGRT 2
M =4L cos θπ2R 2GT 2
B 30N 1m/s 0.2m A B mgR =m 12v 2B =3m/s v B B N −mg =m v 2
B R N =30N B 30N
下．
（2）物块在小车上滑行时摩擦力做的功，从物块开始运动到滑离平板车过程中，由动能定理可得，解得．
（3）平板车不固定时，对物块有，对平板车有，设经过时间物块滑离平板车，则，解得（另一解舍掉），
物块滑离平板车时的速度，此时平板车的速度，物块滑离平板车做平抛运动的时间为，物块落地时距平板车右端的水平距离．
四、 实验探究题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）14.
【答案】
（1） D （3） B
【考点】
利用能量观点测定动摩擦因数
【解析】
【解答】
解：（1）（2）设斜面倾角为，则，，，从到，根据动能定理有，
联立解得，
故选D ．
（3）因为与等高，根据可知，，与斜面倾角无关．本题中设斜面倾斜角为，，=−l =−4J W f mg +mg μ1μ22mgR +=m W f 12v 2v =1m/s =μg =2m/a 1s 2==2m/a 2μmg M
s 2t 1−−=l
v B t 112a 1t 2112a 2t 21=0.5s t 1=−=2m/s
v 物v B a 1t 2==1m/s v 车a 2t 2==0.2s t 22h g
−−−√s =(−)=0.2m v 物v 车t 2μ=
h n x n
=μ=
h n x n
θAB =h sin θOB =h tan θBC =x −OB A C 0=mgh −μmg cos θ⋅AB −μmg ⋅BC h =μx A 1A 2h =μx =x 1x 2θmg sin θ−μmg cos θ=ma 12h
在斜面的最大速度为，可解得，得，增大，B 图符合．故选．
15.
【答案】【考点】
伏安法测电阻
【解析】
此题暂无解析
【解答】=2v 2a 1
h sin θ
=2(gh −)v 2μgh tan θv =2(gh −)μgh tan θ−−−−−−−−−−−√θB。