2024届5月份月考物理科目答案_2024年5月_01按日期_23号_2024届广西南宁市第二中学高三下学期5月月考_广西南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考物理试题

2024 届 5 月份月考物理科目试题答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D C D B B AB BC CD 1、D 【详解】A．3H衰变时的核反应方程为3H 3He 0e，故3H发生的衰变是β衰变，故A错误； 1 1 2 1 1 B．该反应存在质量亏损，但质量数守恒，故B错误； C．半衰期适用于大量的统计规律，对于100个3H原子没有实际意义，故C错误； 1 D．3H和2H发生核反应方程为3H+ 2H 4He 1n 1 1 1 1 2 0 该反应为氢核聚变反应，可用于制作氢弹，故D正确。故选D。 2、C 【详解】A．神舟十七号飞船先到②轨道，然后经过Q点再加速变轨到③轨道，才能与天和核心舱完成对 接，故A错误； Mm GM B．由万有引力提供向心力G ma，可得a r2 r2 可得神舟十七号飞船在②轨道Q点的加速度等于③轨道点Q的加速度，故B错误； Mm GM C．由万有引力提供向心力G mr2可得 r2 r3 因为在①轨道运动半径小于在③轨道运动的半径，所以神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度一定大于天 和核心舱在③轨道运动的角速度，故C正确； D. 神舟十七号飞船在②轨道的P点和Q点机械能守恒，在②轨道的Q点加速变轨到③轨道，故③轨道的 Q点机械能大于②轨道的P点，故D错误故选C。 3、D 【详解】由题意知，“蜘蛛侠”由A点沿直线匀减速爬行到右上方B点，即加速度方向和速度方向相反，在 竖直平面内蜘蛛侠加速度方向应该是从B指向A，根据牛顿第二定律在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应 该是从B指向A，重力方向竖直向下，根据力的平行四边形定则可以判断所受其他各个力的合力F方向， 只有D项符合。故选D。 4、C 【详解】A．线圈磁通量最大为 ，故A错误 2 2 B.当t 时，即t2时，线框回到图示位置，此时的感应电流最小，B错误；     C．当t  ，即t 时，线圈转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，则0到 时间内，通过线框 2 2 2 1 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}nBS  nBS 的电量为q   故C正确； R 2 2R S 1 D．线框中产生的交变电动势的最大值为E nB  nBSD错误；故选C。 m 2 2 5、D 【详解】A．0~t 内图像的斜率均为正值，可知加速度一直向下，选项A错误； 2 B．t 时到速度将要减小，则远动员刚接触水面，t 时刻达水下最低点，选项B错误； 3 5 C．图像的斜率等于加速度，可知从t ~t 入水后加速度逐渐减小，选项C错误； 3 5 v D．因t ~t 的加速度为g，则速度从零增加到v 的平均速度v  2 1 2 2 12 2 v v t ~t 内加速度小于g，则速度从v 减小到零用的时间大于t t ，得v  4  2 v 4 5 4 2 1 45 2 2 12 即可知t ~t 的平均速度比t ~t 的大，选项D正确。故选D。 1 2 4 5 6、B 2 【详解】线框在磁场的有效线段的长度L 2R m 10 2 安培力大小为F BIL N故选B。 25 7、B 【详解】A，电子通过束偏移器，在初速度方向做匀速直线运动，所以通过束偏移器的时间与所加的扫描 电压无关，因为故A错误； B．电子在初速度方向做匀速直线运动，故电子进入束偏移器的初动能越大，初速度越大，通过束偏移器 的时间越短，故B正确； C．束偏移器间加上稳定扫描电压，电子在束偏移器内做类平抛运动，是匀变速曲线运动，故C错误； D．在不同的扫描电压下，电子离开束偏移器时速度的反向延长线相交于初速度方向的位移中点，所有电 子通过束偏移器在初速度方向的位移相同，故D错误。故选B。 8、AB A. 小球在竖直方向做自由落体运动，根据 知 ,故A正确； 1 2 2H B. 落地时小球单速度为 ,方向竖直向下， H 故 = 水2g 平 t 风力t=的瞬g时功率为零，只有竖直向下的重力的功率， 大小为 ,故B正2v确0； P=2mgv0 C. 下落过程中，水平风力做负功，使小球机械能减小，阻力做的功使水平方向动能减为零， , 1 2 =−2 0 所以机械能减少了 ，故C错误； 1 2 D. 小球受竖直向下2的 重 0 力和水平方向的恒定风力，两力的合力也是恒定的，且方向为斜向下方，与初速 度方向成一定角度，故小球是做匀变速曲线运动，故D错误。故选AB 2 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}9、BC 【详解】A．由图乙可知t=0s时，质点Q向y轴负方向运动，再由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播， A错误； B．由图甲可知，该波的波长为2.4m，由图乙可知，该波的周期为T 6s，故该波的波速为  2.4 v  m/s0.4m/sB正确； T 6 1 C．由上分析可知，该波向x轴负方向传播，故0~1.5s质点P向y轴正方向运动，经过 T 该质点的路程 4 小于一个振幅，C正确； D．由上分析可知，质点P沿y轴正方向运动，故t2s时质点P不可能位于波峰，D错误。故选BC。 10、CD 【详解】A．由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误； B．若取无限远处电势为零，垂直于ad且过OO的平面为电势为零的等势面，a点与d点关于该等势面 对称，两点电势绝对值相等，一正一负，故B错误； C．O点与O点在两点电荷的中垂面上，故两点电势都为零，故C正确； D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示，由图可知将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点的过 程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。 11、 （每空1分，共5分） 20 左 5 增大 CD/DC 【详解】（1）[1]由胡克定律F kx F 4 可知弹簧的劲度系数为k   N/m20N/m x 20102 （2）[2][3]由图丙可得弹簧测力计的示数为F 2.0N 测 由二力平衡可得F mg 测 F 2.0 解得小车质量为m 测  kg0.2kg g 10 由图丁可知弹簧处于压缩状态，弹簧弹力向左，设压缩量为x，根据牛顿第二定律有F ma 1 1 1 又F kx 其中x 5cm 联立解得a5m/s2 1 1 1 则小车的加速度方向为水平向左，大小为5m/s2。 （3）[4]设弹簧的最大形变量为x ，根据牛顿第二定律可得kx ma m m m kx 解得可测量的最大加速度为a  m m m 可知若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将增大。 3 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}（4）[5]指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0，说明小车的加速度逐渐减小到几乎为0，即小车 可能做加速度逐渐减小的加速运动，也可能做加速度逐渐减小的减速运动。故选CD。 12、 （每空2分，共10分）2998 0.6 3.0 14 88.3 U 【详解】（1）[1]将G 改装成0～3V的电压表时需要串联电阻分压，分压电阻的阻值为R  R 2998 1 1 I g g I R [2]将G 改装成量程为0～60mA的电流表时需要并联电阻分流，分流电阻的阻值为R  g g 0.6Ω 2 2 II g （2）[3]U-I图像的纵截距表示电源电动势，可知E=3.0V U 3.02.3 [4]图像斜率表示内阻，有r   14 I 50103 （3）[5]根据闭合电路欧姆定律有E=U+2Ir 整理并代入数据得U 3.028I 在非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的I−U图线如图所示 交点的横、纵坐标即为电路的工作点，此时U 2.65V，I 12.5mA U 该电源的效率是 100%88.3% E p S3mg 6p S3mg 13、（8分）（1） 0 T ；（2） 0 T p Smg 0 5p Smg 0 0 0 【详解】（1）根据题意可知，缸内气体的温度为T 时，缸内气体的压强 0 mg p  p  …………1分 1 0 S 当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强 3mg p  p  …………1分 2 0 S p p 气体发生等容变化，则根据查理定律有 1  2 …………1分 T T 0 1 p S3mg 解得T  0 T …………2分 1 p Smg 0 0 （2）当缸内气体体积为原来的1.2倍时，设气体的温度为T ，此过程气体发生的是等压变化，根据盖吕萨 2 V 1.2V 克定律有  …………1分 T T 1 2 6 6p S3mg 解得T  T  0 T …………2分 2 5 1 5p Smg 0 0 L ( 21)mv ( 21)mv 14、（14分）（1） ；（2） 2v ；（3）B  0 或B  0 2 0 2 Le 2 Le 【详解】（1）电子在区域ABC内以O点为圆心做匀速圆周运动，在G点与 AC相切，有 4 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}RLsin30 …………1分 d R …………1分 L 解得 d  …………1分 2 （2）电子从H点进入电场做类平抛运动，轨迹如图所示 根据运动学规律，有 L v  xt …………1分 2 2 Lv t …………1分 0 v v2v2 …………1分 0 x 解得 v 2v …………1分 0 v （3）tan x …………1分 v 0 ①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r ，圆 1 心为O ，如图所示，有r r cosL …………1分 1 1 1 v2 evB m …………1分 2 r 1 ( 21)mv 解得 B  0 …………1分 2 Le ②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r ，圆心 2 为O ，如图所示，有 2 r r cosL …………1分 2 2 v2 evB m …………1分 2 r 2 ( 21)mv 解得 B  0 …………1分 2 Le 15、（17分）（1）4m/s．（2）当2≤k＜4时，AB整体的运动方向与C相同．当k=4时，AB整体的速度 为0．当4＜k≤6时，AB整体的运动方向与C相反． 【详解】（1）滑块A从轨道a下滑到达D点的过程中，由机械能守恒定律得： 1 mgH= mv 2，…………1分 D 2 要使滑块A能沿竖直平面内光滑半圆轨道b内侧做圆周运动，在D点应满足： v2 mg≤m D …………1分 r 5 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}联立并代入数据解得 H≥1m 所以H的最小值为1m．…………1分 滑块A从a轨道上H=1m处下滑到达F点的过程，由机械能守恒定律得 1 mg（H+2r）= mv2 …………1分 2 0 可得，滑块经过F点的速度 v =10m/s 0 A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得: mv =2mv ．…………1分 0 1 设AB整体与C碰撞前瞬间的速度为v ．由动能定理得 2 1 1 ﹣μ•2mgl= 2mv2 2mv2 …………1分 2 2 2 1 联立以上各式解得 v =4m/s…………1分 2 （2）若AB整体与C发生非弹性碰撞，由动量守恒定律得 2mv =（2m+km）v…………1分 2 代入数据解得 k=2…………1分 此时AB整体的运动方向与C相同． 若AB整体与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得 2mv =2mv +kmv…………1分 2 3 1 1 1 ×2mv 2= ×2mv 2+ kmv2…………1分 2 3 2 2 2 2k 解得 v = v 3 2 2k 4 v= v 2 4k 代入数据解得 k=6…………1分 此时AB整体的运动方向与C相反． 若AB整体与C发生碰撞后AB整体速度为0，由动量守恒定律得 2mv =kmv…………1分 2 解得 k=4…………1分 综上所述，当2≤k＜4时，AB整体的运动方向与C相同．…………1分 当k=4时，AB整体的速度为0．…………1分 当4＜k≤6时，AB整体的运动方向与C相反．…………1分 6 {#{QQABYYQUggAIQIIAARgCEwGQCgEQkBACAIoGgAAIoAAAiRNABAA=}#}