三明一中2023-2024学年上学期12月月考高三物理试卷-参考答案_2024届福建省三明第一中学高三上学期12月月考（二）_福建省三明第一中学2024届高三上学期12月月考（二）物理

三明一中 2023-2024 学年上学期 12 月月考 高三物理试卷参考答案 1.【答案】B 【详解】A．X是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故A错误； B．衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故B正确； C．从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，故C错误； D．半衰期是一个统计规律，只对大量放射性原子核才有意义，其只由元素种类决定，与其 他因素无关，故D错误。 2.【答案】C 3.【答案】C 【详解】A．对小球受力分析可知，小球只受三个力作用，分别是地球给的重力、细线给的 拉力、磁铁给的斥力，故A错误； BC．对小球受力分析，如图所示： G T F 根据力矢量三角形与长度三角形相似，可知   h L R G、h、L均不变而R减小，所以T 的大小不变，斥力F 的 大小减小，故B错误，C正确。 D．磁铁对小球的斥力与小球对磁铁的斥力是一对相互作用力， 故D错误。 4.【答案】D v2 qBR 【详解】A．根据qvB m ，可得v  R m 可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误； 2R B．氘核被加速后的最大速度时的半径为R，则v  2Rf T 故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf ，故B错误； C．氘核第n次和第n1次经过两金属盒间狭缝后的分别有 1 1 nqU  mv2，(n1)qU  mv2 2 n 2 n1 2nqU 2(n1)qU 解得v  ，v  n m n1 m v2 mv 又qvB m ，则r  r qB r v n 则氘核第n次和第n1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为 n  n  ， r v n1 n1 n1 故C错误； 2m D．回旋加速器的周期为T  qB 第 1 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}由于氘核  2H  和粒子  4He  的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该 1 2 回旋加速器也能加速粒子，故D正确。 5.【答案】BC 2h 【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t g 因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误； B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P mgvcosmgv mg 2gh y 因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故 B正确； C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量E mgh p 故C正确； D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 6.【答案】CD 【详解】A．由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故 A错误； r r  3  1 3  r r  3 B．根据开普勒第三定律，有 r3  2  ，解得T T  1 3  ，故B错误； 1  2 1  2r  T2 T2 1 1 2 C．由万有引力公式可知，在轨道Ⅰ、Ⅱ上A点的合外力相同，加速度也相同，故C正确； D．由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点 的线速度，故D正确。 7.【答案】AC 【详解】CD．根据W E ，图2中以出发点的电势能为零，则有E qEx， 电 p p 10 结合图2有qE  N，解得E 1.25105N/C，C正确，D错误； 8 AB．根据qExmgsin30xE  1 mv2，可知E  1 mv2  qEmgsin30  x， k 2 0 k 2 0 40 根据图2有qEmgsin30  N，解得m0.75kg，A正确，B错误。故选AC。 8 8.【答案】AD 【详解】A．假设将C无初速地轻轻放在A上，AC整体向下运动，根据对称性可知AC整 3mg 3mg 2mg g 体达到最低点时弹簧的压缩量为 ，此时AC整体的加速度大小为a   k 1 2mg 2 而实际情况是A从一定高度下落，与C碰撞后使AC整体具有初动能，所以AC整体运动到 3mg g 最低点时弹簧的压缩量一定大于 ，此时AC整体的加速度一定大于 ，故A正确； k 2 第 2 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}B．根据自由落体运动规律可知C与A碰撞前瞬间的速度大小为v  2gh 0 设C与A碰撞后瞬间整体的速度大小为v ，根据动量守恒定律有mv 2mv 1 0 1 1 1 解得v  v  2gh 1 2 0 2 1 1 1 C与A碰撞时产生的内能为Q mv2  2mv2  mgh，故B错误； 2 0 2 1 2 C．设开始时弹簧的弹性势能为E ，AC整体到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为E ， p0 p1 1 AC整体下降的高度为h ，根据机械能守恒定律有E E  2mv2 2mgh 0 p1 p0 2 1 0 1 1 解得E  mgh2mgh E  mgh，故C错误； p1 2 0 p0 2 D．如果碰后物体B恰能被拉离地面，此时弹簧处于拉伸状态，且弹力大小为mg，对AC 2mgmg 3 整体根据牛顿第二定律可得其加速度大小为a   g ，故D正确。 2 2m 2 9.（3分，每空1分）【答案】 增大 正 减小 【详解】[1]爆胎前，车胎内空气的体积不变，根据查理定律可知，当温度升高时，车胎内 空气的压强增大； [2][3]因为爆胎过程时间极短，所以爆胎过程中车胎内的空气来不及与外界发生热交换，即 Q=0，其体积膨胀对外界做正功，根据热力学第一定律U QW 可知，该过程车胎内空气的内能减小。 b 10.（3分，每空1分）【答案】 b b a 【详解】（1）[1][2]根据光电效应方程E hW k b 并结合图像得W b，h a （2）[3]当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为 b b E hW  b 2abb k a a 11.（3分，每空1分）【答案】 直线运动 增大 增大 【详解】（1）不加磁场时电子将做直线运动，即电子束的径迹是直线运动。 v2 mv （2）根据洛伦兹力充当向心力Bevm ，解得R R eB 可知，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径将增大。 mv （3）根据R eB 可知，若保持出射电子的速度不变，要减小电子束圆周的半径，则应增大磁感应强度。 12.（6分，每空2分）【答案】 b到a 1.55105 AC/CA 【详解】（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电路下方导 线中充电电流的方向为从b到a。 （2）根据I-t图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为 第 3 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}Q=116×20×10-6×40×10-3C=9.28×10-5C Q 9.28105 根据电容定义式可知电容器的电容为C   F1.55105F U 6 （3）AB．电容器放电过程中，随着电荷量的减少，两极板间电压减小得越来越慢，电容器 放电结束后，板间电压减为零，故A正确，B错误； q CD．电容是电容器本身具有的属性，根据C  可知，电荷量与电容器两端的电势差成正 U 比，图线为过原点的倾斜直线，故C正确，D错误。 d a 13.（5分，每空1分）【答案】 1.731/1.732/1.733/1.734 增大 不变 t mg 【详解】（1）[1] 图乙中螺旋测微器测量遮光条的宽度d 1.5mm23.20.01mm=1.732mm d （2）[2] 滑块匀速转动的线速度大小可由光电门测得v t （3）[3]对在转台上做匀速圆周运动滑块，根据图丙知v2 0时F a v2 根据牛顿第二定律Fmg m r a 带入数据amg 0，解得 mg b （4）[4][5]根据图丙得到amg 0，0mg m r 解得 amg ，bgr 则换用质量m更大的滑块， a增大而b不变。 14.（11分）【答案】（1）（3分）0.02N；（2）（4分）5s；（3）（4分）0.5J 解：（1）弹体受到的安培力大小 F  ILB A 解得 F 0.02N A （2）由牛顿第二定律可知 F ma A vat 解得 t 5s 1 （3）由运动学公式可知弹体的位移s  at2 2 安培力所做的功 W  F s A 解得 W 0.5J mv2 15.（13分）【答案】（1）（3分）v 0.1v ；（2）（4分）s  0 ；（3）（6分）I mv 1 0 0 20qE 解：（1）子弹打入靶盒过程中，由动量守恒得mv 10mv 0 1 解得 v 0.1v 1 0 第 4 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}（2）靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE 10ma 又 v2 2as 1 mv2 解得 s  0 20qE （3）第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v ， 1 设第2颗子弹打入靶盒后速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒得 2 mv 10mv 11mv 0 1 2 解得 v 0 2 以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得 I 010mv  1 解得 I mv 0 16.（16分）【答案】（1）（3分）60N；（2）（6分）2.1m；（3）（7分）12J  E 24J P 解：（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有 1 m gR 0 mv2 1 1 2 1 B 物块P在B点，对该物块进行分析有 v2 N m g m B 1 1 R 1 解得 N 60N （2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有 1 m gR m gL 0 mv2 1 1 1 BC 2 1 P 解得 v  30m/s P 对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有 mv m v 0 1 P 2 Q 解得 v 2 30m/s Q 对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有 m v  m m  v 2 Q 2 3 x 第 5 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}根据能量守恒定律有 1 1   1 m v2  m v2 v2  m v2 m gR m gL 2 2 Q 2 2 x y 2 3 x 2 2 2 EF 解得 v  42m/s y 之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出 小车后离开G 点的最大高度 v2 h y 2g 解得 h2.1m （3）物块被弹开过程有 mv m v 0， 1 P1 2 Q1 1 1 E  mv2  m v2 Pmin 2 1 P1 2 2 Q1 当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块 Q与小车有 m v  m m  v ， 2 Q1 2 3 3 = ( 1 2 1 2 2 2 1 2 +2 2+ 3) 3 解得 E 12J Pmin 由于 m gR 18J2m gL 12J 2 2 2 EF 当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最 大值，则弹簧弹开两物块过程有 mv m v 0， 1 P2 2 Q2 1 1 E  mv2  m v2 Pmax 2 1 P2 2 2 Q2 当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有 m v  m m  v ， 2 Q2 2 3 4 = ( 1 2 1 2 2 2 2 2 2 +2 2+ 3) 4 解得 E 24J Pmax 综上所述有 12J  E 24J P 第 6 页 共 6 页 {#{QQABSYYUgggoAABAARhCAQUICkOQkAAACKoOxAAEsAABARNABAA=}#}