四川省泸县第一中学2023-2024学年高三物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

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A. 上午10点整总理宣布纪念大会开始，10点整是时刻
B. 方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等
C. 欣赏战士们的飒爽英姿时，可以将他们看作质点
D. 阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的
【答案】C
【解析】
【详解】A．上午10点整总理宣布纪念大会开始，10点整表示时刻，故A正确，不符合题意；
B．方队沿直线通过检阅台的一段时间内，方队做单向直线运动，此时方队的位移大小与路程相等，故B正确，不符合题意；
C．战士们的飒爽英姿需要通过身体的动作进行展示，因此不能将他们看成质点，故C错误，符合题意；
D．阅兵预演空中梯队，整个梯队保持梯队形态不变，必须要求梯队中的飞机保持相同的速度，因此以编队中某一飞机为参考系时，其他飞机是静止的，故D正确，不符合题意。
故选C。
2. 以一定的初速度从足够高的某点竖直上抛一物体，物体受到的空气阻力与速率成正比，则物体在运动过程中的加速度大小（ ）
A. 先变小后变大B. 先变大后变小
C. 一直变大D. 一直变小，最后变为零
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意设阻力为
物体在上升时阻力向下，此时有
速度与加速方向相反，因此速度在减小，随着速度减小此时加速度在减小。当速度等于零时，加速度等于g，后开始向下运动，此时阻力与重力方向相反，有
随着速度增大，阻力增大，加速度继续减小，当阻力等于重力时加速度为零，所以加速度一直变小，最后变为零。
故选D。
3. 质点所受的合外力F方向始终在同一直线上，大小随时间变化的情况如图所示，已知t=0时刻质点的速度为零。在图示的t=1s、2s、3s、4s各时刻中，质点动能最小的时刻是（ ）
A. 1sB. 2sC. 3sD. 4s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】质点动能最小时，即动量最小时，由动量定理可得
由图像可知，图像的面积表示合外力的冲量，即动量的变化量，由图像可知2s末面积最大，4s末面积最小，所以D正确；ABC错误；
故选D。
4. 如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端栓结在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮栓结在天花板的c点，轻质滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法错误的是（ ）
A. 斜劈对物体a的摩擦力一定减小
B. 斜劈对地面的压力一定不变
C. 细线对物体a的拉力一定减小
D. 地面对斜劈的摩擦力一定减小
【答案】A
【解析】
【详解】AC．对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
解得
将固定点c向左移动少许，则减小，故拉力减小；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，绳子拉力减小，但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力是否存在以及方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，A说法错误，满足题意要求，C说法正确，不满足题意要求；
B．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
可知与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，B说法正确，不满足题意要求；
D．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，水平方向根据受力平衡可得
将固定点c向左移动少许，则减小，故摩擦力减小，D说法正确，不满足题意要求；
故选A。
5. 我国发射的“嫦娥三号”卫星是登月探测器。该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R，万有引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是（ ）
A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为
B. “嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为
C. 月球的平均密度为
D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．在月球表面，重力等于万有引力，则得
①
对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得
②
由①②解得
A错误；
B．“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为
则它绕月球做与速圆周运动的线速度大小为
B正确；
C．由②得：月球的质量为
月球的平均密度为
而
解得月球的平均密度为
C错误；
D．设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有
即
D错误。
故选B。
6. 宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都会用到急动度的概念。急动度j是加速度变化量与发生这一变化所用时间的比值，即，它的方向与物体加速度变化量的方向相同。一物体从静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图，则该物体在（ ）
A. s时急动度是1B. s时和s时急动度等大反向
C. 3s~5s内做加速运动D. 0~5s内速度方向不变
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．a-t的图像斜率表示急动度，s时急动度与0~1s时间内的急动度相等，由图像可得斜率为1，所以A正确；
B．s时和s时，斜率相同，故急动度相同，所以B错误；
C．3s~5s内加速度为负值，则物体做加速度反向增大的减速运动，所以C错误；
D．与时间轴所围面积为物体的速度变化量，故0~5s内始终为正值，故速度方向不变，所以D正确；
故选AD。
7. 起重机某次从零时刻由静止开始竖直向上提升质量为500kg的货物，提升过程中货物的a-t图像如图所示，10~18s内起重机的功率为额定功率。不计其他阻力，g取10m/s2。则在0~18s过程中（ ）
A. 货物的最大速度为1.4m/s
B. 起重机的额定功率5050W
C. 货物上升高度为12m
D. 0~10s和10~18s内起重机牵引力做功之比为5：8
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，由图知，10s时货物速度为
此时牵引力为
起重机的额定功率
当牵引力等于重力时，货物有最大速度，为
故A错误，B正确；
C．10~18s内，根据动能定理
解得
0~10s内
货物上升高度为
故C错误；
D．0~10s牵引力做功
10~18s内起重机牵引力做功
解得
故D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为，已知木板足够长，g取，则（ ）
A. 小物块与长木板间动摩擦因数
B. 在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量
C. 小物块的初速度为
D. 运动过程中木板所受摩擦力的冲量为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由乙图可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0~2s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为
对木板，根据牛顿第二定律，有
在2~3s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度
即加速度大小为，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有
联立以上各式，解得，故A正确；
C．对物块，在0~2s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有
解得，由速度公式可得
故C正确；
B．最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即
故B错误；
D．整个运动过程中，以向右为正，物块对木板摩擦力的冲量为
地面对木板摩擦力的冲量为
因此木板受到的摩擦力的总冲量为
故D错误。
故选AC。
三、非选择题
9. 下图为不同地区的重力加速度数值。
某兴趣小组也想知道自己所处位置的重力加速度，利用学校水龙头设计了如下实验，调节水龙头开关，用秒表记录一滴水从水龙头到达地面的时间t。
(1)为了粗略的测量当地的重力加速度还需要测量的物理量______。
(2)根据以上物理量，得出重力加速度的表达式g = ______。
(3)请写出一条减小误差的改进建议：______。
【答案】 ①. 水龙头离地面高度h ②. ③. 测量n滴水落地的时间t，由此得出每一滴水下落时间
【解析】
【详解】(1)[1]由题知用秒表记录一滴水从水龙头到达地面的时间t，但还需要测量出水滴下落的高度h，则还需要测量水龙头离地面高度h。
(2)[2]由于水滴下落后做自由落体运动则有
h = gt2
则得出重力加速度的表达式为
g =
(3)[3]由于只测量一滴水下落的时间，误差较大，可测量n滴水落地的时间t，再求平均值，由此得出每一滴水下落时间。
10. 用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：

①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为、、。分析数据：
（1）实验中入射球质量m1________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的质量m2；
（2）本实验中入射球和被碰球的半径________（选填“必须相同”或“可以不同”）
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为________。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（b）所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端B的圆弧。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________（用所测物理量的字母表示）。
【答案】 ①. 大于 ②. 必须相同 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。
（2）[2]为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同；
（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
整理得
（4）[4]设斜槽末端与的连线长度为L（即圆弧半径为L），如图所示：

图中几何关系
，
由平抛运动的规律得
，
联立解得
同理有
，
代入动量守恒的表达式
化简可得
11. 2020年6月21日，最大速度为600km/h的高速磁浮试验样车在上海同济大学磁浮试验线上对多项关键性能进行了测试。在某次制动性能测试中，样车以最大速度匀速行驶，当发出制动信号后，制动系统开始响应，响应时间为1.5s，在该时间内制动力由零逐渐增大到最大值并保持稳定，之后样车做匀减速直线运动至停下来。从制动力达到最大值开始计时，测得样车在第1s内位移为120m，运动的最后1s内位移为4m。已知样车质量为50t，g=10m/s2在响应时间空气阻力不可忽略，在匀减速直线运动过程中空气阻力可忽略。求：
（1）制动力的最大值；
（2）在响应时间内，样车克服制动力和空气阻力所做的总功。（结果保留1位有效数字）
【答案】（1）F=4×105N；（2）W≈3×108J
【解析】
【分析】
【详解】（1）设制动力最大值为F，样车在匀减速直线运动过程中加速度大小为a，运动最后内的位移x1=1m，已知样车质量m=5×104kg，则
解得
F=4×105N
（2）样车最大速度为
v1=600km/h=m/s
设响应时间结束时即开始做匀减速直线运动时速度为v2，在运动第1s内时间为的位移x2=120m，在响应时间内样车克服制动力和空气阻力所做的功为W，则
解得
W≈3×108J
12. 如图所示，小明和滑块P均静止在光滑平台上，某时刻小明将滑块P以一定速度从A点水平推出后，滑块P恰好从B点无碰撞滑入半径R1＝3m光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性正碰，碰后滑块Q冲上静止在光滑水平面上的、半径为R2＝0.3m的四分之一圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于F点，最高点为G。已知小明的质量M＝60kg，滑块P的质量m1＝30kg，滑块Q的质量m2＝60kg，圆弧槽S的质量m3＝90kg，AB两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧对应的圆心角53°，LCF＝2m，LCE＝1.3m，两滑块与CF部分的动摩擦因数均为μ＝0.5，F点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P和Q看做质点，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑块P至少多消耗的能量；
（2）滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块Q冲上圆弧槽后能上升的最大高度。
【答案】（1）202.5J；（2）790N，方向竖直向下；（3）0.27m
【解析】
【详解】（1）设推出滑块P的瞬时速度为v0，滑块P在B点的速度为vB，其竖直速度为vBy，则有
根据B点速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑块P的过程，小明和滑块P组成的系统动量守恒
根据能量守恒，小明由于推出滑块P至少多消耗的能量
解得
（2）滑块由B到C的过程，由动能定理，有
其中
滑块P经过圆弧末端C点时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
根据牛顿第三定律，滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力
代入数据，解得
方向竖直向下
（3）滑块P从C点到E点的过程，由动能定理，可得
滑块P与Q碰撞的过程遵循动量守恒和能量守恒，设碰后滑块P和Q的速度分别为和，有
Q碰后的速度
方向水平向右
滑块Q从E点到F点，根据动能定理，有
滑块Q从F点冲上圆弧槽S，滑块Q与圆弧槽S组成的系统水平方向动量守恒
设滑块Q离开地面的最大高度为hm，滑块Q从冲上圆弧槽S到到达距离地面最高的过程，滑块Q和圆弧槽S组成的系统机械能守恒
解得
13. 下列说法中正确的是（ ）
A. 扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以
B. 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体
C. 地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少
D. 从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关
E. 温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象。一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象，故A符合题意；
B．岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B不符合题意；
C．温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大，氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C符合题意；
D．气体压强决定于气体分子的密度（单位体积内的分子数）和分子的平均动能，故D不符合题意；
E．温度相同时，物体的平均动能相同，故E符合题意。
故选ACE。
14. 如图所示，一个粗细均匀、导热良好的形细玻璃管竖直放置，端封闭，端开口。玻璃管内通过水银柱封闭、两段气体，气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。已知大气压强，环境温度为27℃。
①通过加热器对气体加热，使其温度升高到177℃，管内剩余水银柱总长度为多少？
②保持气体温度177℃不变，以为轴将玻璃管缓慢旋转至水平状态，则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
【答案】①49cm ；②40cm
【解析】
【分析】
【详解】①假设b气体膨胀过程中未到达C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体a、b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，由盖-吕萨克定律
得b气体的长度变为
假设成立，剩余水银柱的长度
②以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态a、b两部分气体均做等温变化，且压强均变为75cmHg，由平衡关系可知 a气体初状态的压强
根据玻意耳定律有
得
对b气体，初状态的压强为
根据玻意耳定律有
得
则剩余水银柱的长度
15. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，质点M的振动图像如图乙所示。已知t=0时刻振动恰好传播到x=7m处，M、N两质点的平衡位置均在x轴上，相距s=19m。求
A. 该波的传播速度大小为5m/s
B. 质点M与质点N的速度始终大小相等、方向相反
C. t=11s时质点N运动的路程为11m
D. 每经过0.4s，质点M通过的路程都为0.4m
E. 处的质点P在t=0.3s时恰好处于平衡位置
【答案】ADE
【解析】
【详解】A．由图甲可知波长为，由图乙可知波的周期，所以波速
A正确；
B．当两质点相距半波长的奇数倍时，这个两质点的速度始终大小相等、方向相反。M、N两质点相距，波长，s不是的 的奇数倍，M、N两点的速度始终大小相等、方向相反不正确，B错误；
C．由图乙可知，波的振幅为，质点N每个周期内运动的路程，时，质点N运动的时间
所以质点N运动的路程
C错误；
D．每经过0.4s，质点M通过的路程都为
D正确；
E．已知t=0时刻振动恰好传播到x=7m处，且波长，波速，我们可以得到每经过，波向前传播。当t=0.3s时，波传播到的质点处，即的质点在平衡位置，那么与相差整数倍半个波长的质点都在平衡位置，的质点与的质点刚好相差倍半波长，则的质点也在平衡位置，E正确；
故选ADE．
16. 如图，直角梯形ABCD为某透明介质的横截面，该介质的折射率为n=，DC边长为2L，BO为DC的垂直平分线，∠OBC=15°位于截面所在平面内的一束光线自O点以角i入射，第一次到达BC边恰好没有光线折射出来．求：
（i）入射角i；
（ii）从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为 c，可能用到或）
【答案】（i）（ii）
【解析】
【详解】（i）根据全反射定律可知，光线在BC面上的P点的入射角等于临界角C，由折射定律：
解得C=45°
设光线在DC面上的折射角为r，在∆OPB中，由几何关系：r=30°
由折射定律：
联立解得i=45°
（ii）在∆OPC中，由动能定理：
解得
设所用时间为t，光线在介质中的传播速度为v，可得：
而 地区
赤道
广州
上海
北京
莫斯科
北极
纬度
0°
23°06′
31°12′
39°56′
55°45′
90°
重力加速度g/(m/s2)
9.780
9.788
9.794
9801
9.816
9.832