广西桂林中学2024学年高三第五次月检测试题物理试题

广西桂林中学2024学年高三第五次月检测试题物理试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、如图所示的x -
t 图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B （t 2，x 1）为图象上一点，AB 为过B 点的切线，与t 轴相交于A （t 1，0），乙质点的图象为过B 点和原点的直线，则下列说法正确的是（ ）
A ．0～t 2时间内甲的平均速度大于乙
B ．t 2时刻甲、乙两质点的速度相等
C ．甲质点的加速度为122
x t D ．t 1时刻是0～t 2时间内的中间时刻 2、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。

圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC h =，此为过程Ⅰ；若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，则恰好能回到A 处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g ，则圆环（ ）
A ．过程Ⅰ中，加速度一直减小
B ．Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为
212mv C ．在C 处，弹簧的弹性势能为214
mv mgh - D ．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
3、下列说法正确的是（ ）
A ．库仑发现了电流的磁效应
B ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性
C．镭226变为氡222的半衰期是1620年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短
D．结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
4、如图所示，一轻弹簣竖直固定在地面上，一个小球从弹簧正上方某位置由静止释放，则小球从释放到运动至最低点的过程中（弹簧始终处于弹性限度范围内），动能k E随下降高度h的变化规律正确的是（）
A．B．
C．D．
5、雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。

若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。

从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能E p随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（）
A．B．
C．D．
6、在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1为正电荷，Q2为负电荷。

一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x轴运动，其动能E k随位置x的变化关系如图，则能够正确表示Q1、Q2位置的图像是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
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、大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。

回旋加速器的原理示意图如图所示，1D 和2D 是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O 处是粒子源。

若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A ．带电粒子每运动一周被加速两次
B ．带电粒子在磁场中运动的周期越来越小
C ．粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关
D ．磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大
8、下列说法正确的是（ ）
A ．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B ．液态物质浸润某固态物质时，附着层中分子间的相互作用表现为斥力
C ．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，在单位时间内、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增大
D ．理想气体实验定律对饱和汽也适用
E.有的物质在物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
9、某地区1月份平均气温1.4℃，平均大气压1.021×
105 Pa ；7月份平均气温30.84℃，平均大气压0.9960×105Pa ．7月份和1月份相比较， 下列说法正确的是 ．
A ．7月份和1月份空气分子无规则热运动剧烈程度几乎相同
B ．与1月份相比单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数在7月份减少了
C ．7月份空气中每个分子的动能都比1月份的大
D ．对水这种液体它的表面张力7月份比1月份小
E.对同种液体而言，它的饱和气压7月份髙于1月份
10、如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定，轨道最高点为P ，最低点为Q 。

一小球在圆形轨道内侧做圆周运动，小球通过Q 时的速度为v ，小球通过P 点和Q 点时对轨道的弹力大小分别为1F 和2F ，弹力大小之差为21F F F ∆=-，下列说法正确的是（ ）
A ．如果v 不变，R 越大，则1F 越大
B ．如果R 不变，v 越大，则2F 越大
C ．如果v 越大，则F ∆越大
D ．F ∆与v 和R 大小均无关
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）某实验小组利用电流传感器（可视为理想电流表）和定值电阻0R 以及电阻箱、待测电池等器材，设计了如图甲所示的电路测定电池电动势和内阻。

电流的值通过数据采集器输入到计算机，数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。

他们连接好电路，闭合开关S 后，发现无论如何调节电阻箱R ，计算机中显示电流均为零，由此判断电路可能出现了故障。

经小组讨论后，尝试用多用电表的欧姆档来检测电路。

已知保护电阻0150=ΩR .，电流传感器量程为100mA 。

操作步骤如下：
①将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；
②断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在a c 、上，多用电表的指针不偏转；
③断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在a b 、上，多用电表的示数如图乙所示；
④断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在b c 、上，多用电表的指针不偏转；
⑤断开甲图电路开关S ，将多用电表两表笔分别接在、c d 上，计算机中显示电流不为零。

回答下列问题：
（1）操作步骤③中，多用电表内阻_____________Ω；
（2）操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接_______________（选“c”或“d”点）;
（3）电路的故障可能是__________________;
A．保护电阻0R短路
B．保护电阻0R断路
C．电阻箱R短路
D．电阻箱R断路
（4）排除电路故障后，该小组按照图甲的电路测量电源的电动势和内阻。

改变电阻箱R的阻值，得到多组实验数据。

根据数据作出
1
R
I
-图像，如图所示，则电源电动势E=_____________V，内阻r=__________Ω（结果保留2位有
效数字）。

12．（12分）某同学要测量一个未知电阻R x的阻值，实验过程如下：
（1）先用多用电表粗测电阻R x的阻值，将多用电表功能选择开关置于“×1k”挡，调零后经测量，指针位置如图所示，电阻R x的阻值为______kΩ。

（2）为了尽可能精确测量其内阻，除了R x，开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表V1（量程0～1V，内阻约3kΩ）
B．电压表V2（量程0～10V，内阻约100 kΩ）
C．电流表A1（量程0～250μA，内阻11200
r=Ω）
D ．电流表A 2（量程0～0.6A ，内阻约0.125Ω）
E ．滑动变阻器R 0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A ）
F ．定值电阻R 1（阻值R 1=400Ω）
G ．电源E （电动势12V ，额定电流2A ，内阻不计）
①电压表选用________，电流表选用_____________（填写器材的名称）
②请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。

（________）
③待测R x 阻值的表达式为R x =_______。

（可能用到的数据：电压表V 1、V 2示数分别为U 1、U 2；电流表A 1、A 2的示数分别为I 1、I 2）
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）如图所示，水平面AB 光滑，质量为m =1.0kg 的物体处于静止状态。

当其瞬间受到水平冲量I =10N·
s 的作用后向右运动，倾角为θ=37°的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.5，经B
点后再经过1.5s 物体到达C 点。

g 取10m/s²，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8，求BC 两点间的距离。

14．（16分）一光滑绝缘固定轨道MN 与水平面成37θ=︒角放置，其上端有一半径为l 的光滑圆弧轨道的一部分，两轨道相切于N 点，圆弧轨道末端Q 点切线水平；一轻质弹簧下端固定在直轨道末端，弹簧原长时，其上端位于O 点，3ON l =。

现将一质量为m 的滑块A 拴接在弹簧上端，使之从O 点静止释放。

A 向下压缩弹簧达到的最低点为P 点，OP l =。

当A 到达最低点P 时，弹簧自动锁定，使A 静止于P 点。

使质量也为m 的滑块B ，从N 点由静止沿斜面下滑。

B 下滑至P 点后，与A 相碰，B 接触A 瞬间弹簧自动解锁，A 、B 碰撞时间极短内力远大于外力。

碰后A 、B 有共同速度，但并不粘连。

之后两滑块被弹回。

（已知重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=）求：
(1)弹簧上端被压缩至P 点时所具有的弹性势能；
(2)第一次碰撞过程中B 对A 弹力的冲量的大小；
(3)若要B 最终恰能回到圆弧轨道最高点，需要在B 滑块由N 点出发时，给B 多大的初速度。

15．（12分）在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。

如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方（含x轴正半轴）的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。

粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。

（l）求粒子在磁场中运动半径的大小；
（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；
范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生270°偏转（3）实际上加速电压的大小会在U±U
竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S。

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、D
【解题分析】
A．0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A错误；
BD ．x -
t 图象切线的斜率表示速度，由图线可知t 2时刻甲、乙两质点的速度不相等。

又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t 2时刻的速度等于0～t 2时间内平均速度的2倍，即：
11
212
2x x t t t =-，
解得：
t 2=2t 1， B 错误D 正确；
C ．对甲质点，有
21212
x at =， 解得加速度为
1
22
2x a t =， C 错误。

故选D 。

2、D
【解题分析】
A ．圆环从A 处由静止开始下滑，经过
B 处的速度最大，则经过B 处的加速度为零，到达
C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A 错误；
BCD ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为f W ，研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得
0f mgh W W --=弹
研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得
2102
f mgh W W mv --+=-弹 联立解得克服摩擦力做的功为
214
f W mv = 弹簧弹力做功
214
W mgh mv =-弹 所以在C 处，弹簧的弹性势能为
214
P E W mgh mv ==-弹 故B 、C 错误，D 正确；
故选D 。

3、B
【解题分析】
A ．安培发现了电流的磁效应，选项A 错误；
B ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性，选项B 正确；
C ．半衰期不随外界环境的变化而变化，选项C 错误；
D ．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D 错误。

故选B 。

4、D
【解题分析】
小球在下落的过程中，动能先增大后减小，当弹簧弹力与重力大小相等时速度最大，动能最大，由动能定理 k F h E ∆=∆
得
k E F h
∆=∆ 因此图象的切线斜率为合外力，整个下降过程中，合外力先向下不变，后向下减小，再向上增大，选项D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5、B
【解题分析】
AB ．根据牛顿第二定律得：
mg ﹣f ＝ma
得：
mg f a m
-= 随着速度增大，雨滴受到的阻力f 增大，则知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，故v ﹣t 图象切线斜率先减小后不变，故A 错误，B 正确；
CD ．以地面为重力势能的零参考面，则雨滴的重力势能为：
E p ＝mgh ﹣mg •12
at 2 E p 随时间变化的图象应该是开口向下的，故CD 错误；
故选B.
6、A
【解题分析】
由动能定理可知k E Fx =可知k E x -图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0~x 0之间存在一个场强为0的点（设为M 点），且在OM 之间运动时电场力做正功，在M 与x 0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0~x 0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q 1距离O 点较近，故选项A 正确，BCD 错误；
故选A 。

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、AD
【解题分析】
A ．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A 正确；
B ．带电粒子在磁场中运动的周期2πm T qB
=与速度无关，故B 错误； C ．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 可知金属盒半径r 越大，最大速度ν越大，故C 错误；
D ．由mv r qB
=，可知磁感应强度B 越大，最大速度v 越大，粒子动能越大，故D 正确。

故选AD 。

8、BCE
【解题分析】
A ．无论固体、液体和气体，分子都在做永不停息的无规则运动，故A 错误；
B ．液体浸润某固体时，附着层内分子分布比内部密集，分子力表现为斥力，液面沿固体扩展，故B 正确；
C ．温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率不变。

体积减小时，单位体积内分子个数增大，压强增大，故C 正确；
D ．对于饱和汽，只要稍微降低温度就会变成液体，体积大大减小；只要稍微增大压强也会变成液体，体积大大减小，所以饱和汽不遵循气体实验定律，故D 错误；
E ．晶体有固定熔点，熔化时吸收热量，温度不变，故E 正确。

故选BCE 。

9、BDE
【解题分析】
温度越高，分子无规则热运动加强．7月份与1月份相比较，平均气温升高了，所以分子无规则热运动加剧，故A 错误；温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，可知气体分子的密集程度减小，则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少，B 正确；温度越高，分子平均动能越大，但不代表每个分子动能都增大，有可能减小，C 错误；表面张力还与温度有关，温度越高，性质越不纯，表面张力越小，故D 正确；温度越高，同种液体的饱和气压越高，故E 正确．
10、BD
【解题分析】
CD ．应用机械能守恒定律可知小球通过最高点时的速度为
2v =对小球在P 和Q 应用向心力公式分别有
221mv mg F R
+= 2
2mv F mg R
-= 解得
2
15mv F mg R
=- 2
2mv F mg R
=+ 则
216F F F mg ∆=-=
选项C 错误，D 正确；
A ．由2
15mv F mg R =-可知，当v 不变时，1F 随R 增大而减小，选项A 错误； B ．由2
2mv F mg R
=+可知，当R 不变时，2F 随v 增大而增大，选项B 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、15.0 c D 1.5 3.0
【解题分析】
（1）[1]．操作步骤③中，多用电表内阻等于中值电阻，大小为15.0Ω；
（2）[2]．因c 端是电流传感器的负极，则操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接c 点；
（3）[3]．根据实验步骤的分析可知，电路的故障可能是电阻箱R 断路，故选D ；
（4）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律可得：
E=I (R +R 0+r )
即：
01()R E R r I
=-+ 由图像可知：
18==1.5V 12
E 018R r +=Ω
则
r =3.0Ω
12、10 V 2 A 1 121111R U r R r I ⎛⎫- ⎪+⎝⎭
或2113004U I - 【解题分析】
（1）[1]将多用电表功能选择开关置于“×1k”挡，调零后经测量，则电阻R x 的阻值为：10×1kΩ=10kΩ；
（2）①[2]因电源E 的电动势12V ，所以电压表选V 2；
[3]回路中的最大电流：
3max 312 1.2101010
x E I R -===⨯⨯A=1.2310⨯μA 所以电流表选A 1；
②[4]根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又回路程中的最大电流max I =1.2310⨯μA 大于A 1的量程，所以应并联定值电阻R 1，改成一个大量程的电流表，则设计的电路图，如图所示：
③[5]根据电路图可知，R x 两端的电压为
211x U U I r =-
流过R x 的电流为：
1111
x I r I I R =+ 根据欧姆定律有：
x x x
U R I = 代入解得：121111x R U r R r I R ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=
或2113004x U I R -=
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、4.75m
【解题分析】
根据动量定理有
00I mv =-
解得
010m/s v =
沿斜面上滑
1sin cos mg mg ma θμθ+=
速度减少为零时，有
0110v a t -=
解得
11s 1.5s =<t
最高点距B 点的距离
0112
v x t = 物体下滑
2sin cos θmg mg ma θμ-=
从最高点到C 点的距离
222212
=x a t 12 1.5s t t +=
BC 两点间的距离
12 4.75m =-=BC S x x
14、 (1)35P E mgl =
(2)I = (3)0v =【解题分析】
(1)A 由O →P 的过程 sin P mgl E θ=
解得
35
P E mgl = (2)B 由N →P 的过程
214sin 2
mg l mv θ⋅= A 、B 相碰的过程
12mv mv =
以沿斜面向下为正方向
1I mv mv =-
解得： 65gl I m =- A 对B 的冲量大小为
65
gl I m = (3)第二次B 由N →P 的过程
2210114sin 22
mg l mv mv θ⋅=-
A 、
B 相碰的过程 122mv mv =
碰后，设A 、B 在弹簧压缩量为x 处分离，对A 、B 2sin 2mg kx ma θ-=
对B ：
sin mg ma θ=
解得
0x =
即A 、B 在O 点分离.
A 、
B 碰后到弹簧恢复原长的过程
222311222sin 22
P mv E mv mgl θ+=+ A 、B 分离后，到达的最高点Q 点
22311(3sin cos )22Q mg l l l mv mv θθ-++=
- 2Q v mg m
l =
解得
0v =
15、（1（2）(23)2m qB π+，（3）()223m U qB π+∆。

【解题分析】
（1）粒子在加速电场中加速：
212
qU mv = 粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：
2
v qvB m R
=
解得：R =； （2）粒子射出到坐标原点的时间：
1L t v
= 粒子在磁场中运动的时间：
23323=442m m t T qB qB
ππ==⨯ 离开磁场到达荧光屏的时间：
3R L t v
+= 粒子运动的总时间：
123(23)2m t t t t qB
π+=++=； （3）粒子在电场中加速，根据：
212
qU mv = 速率最小值：
min 2()q U U v m
-∆= 速率最大值：
max 2()q U U v m
+∆= 粒子进入磁场后做轨迹为34
圆周的运动，根据： 2
mv Bqv R
= 最大速率对应的半径：
max 12()m U U R B q
+∆= 最小速率对应的半径：
min 12()m U U R B q
-∆= 如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积：
根据几何知识：
2222max max max min 233(23)4242R R m S R R U qB πππ⎛⎫⎛⎫+=+-+=∆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。