重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析），文件包含重庆市第八中学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷Word版含解析docx、重庆市第八中学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

1． 答题前， 考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2． 每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3． 考试结束后， 请将本试卷和答题卡一并交回。满分 100 分， 考试用时 75 分钟。
一、单项选择题∶ 本题共 7 小题， 每小题 4 分， 共 28 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合 题目要求。
1. 如图所示，运动员把质量为 、静止在水平地面上的足球从 A 点斜向上踢出， B 是足球运动轨迹的最高点， 是下落过程中运动轨迹上的点。已知 A、B 两点的高度差为，B、C 两点的高度差为 ，重力加速度大小为 ，不计空气阻力。足球在从 B 运动到 C 的过程中，所受重力的冲量大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】从B到C运动过程中，竖直方向上
解得
故所受重力的冲量大小为
故选A。
2. 如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为，C球质量为 ，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度 沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A. 三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B. 弹簧最大弹性势能等于
C. 全过程中系统的机械能不守恒，动量守恒
D. 三球速度相等后，速度将保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】AD．由于碰后A、B两球粘在一起，由于AB球速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球速度大于AB球速度，所以弹簧开始变伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程；综上分析可知，三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故AD错误；
C．在A、B碰撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中，系统受到的合外力为0，所以系统满足动量守恒，故C正确；
B．A、B碰撞过程，根据动量守恒可得
解得碰后AB的速度为
当三球的速度相等，弹簧的弹性势能最大，根据系统动量守恒可得
解得三球的共同速度为
AB碰后过程，满足系统机械能守恒，则有
解得最大弹性势能为
故B错误。
故选C。
3. 如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块 B以一初速度向 A运动，时 B与弹簧接触， 内两物体的 图像如图乙所示， 则（ ）

A. A的质量比 B的小B. 内，弹簧对A、B 的冲量相同
C. 时，弹簧的弹性势能为零D. 时， A的动量比B的大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，物块B的初速度为，时，物块A、B的共同速度大小为由动量守恒定律可得
解得
故A正确；
B．0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；
C．t=1s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误；
D．t=2s时，由图可得A的动量
B的动量
所以A的动量比B的小，故D错误。
故选A 。
4. 2024 年8月1日， 我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭成功将互联网高轨卫星02星发射升空。这是长征系列运载火箭的第 529次飞行。如图所示，最初该卫星在轨道1上绕地球做匀速圆周运动，后来卫星通过变轨在轨道2上绕地球做匀速圆周运动 （不考虑卫星变轨后质量的变化）。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道2上运行的向心加速度大于在轨道1上运行的向心加速度
B. 卫星在轨道2上运行的动能大于在轨道1上运行的动能
C. 卫星在轨道2上运行的角速度小于在轨道1上运行的角速度
D. 卫星在轨道1上运行的线速度大于地球的第一宇宙速度
【答案】C
【解析】
【详解】卫星在轨道2和轨道1运转均由万有引力提供向心力，有
解得
A．因向心加速度为，而，则有，即卫星在轨道2上运行的向心加速度小于在轨道1上运行的向心加速度，故A错误；
B．卫星在轨道上的动能为
因，则有，即卫星在轨道2上运行的动能小于在轨道1上运行的动能，故B错误；
C．因角速度为，而，则有，即卫星在轨道2上运行的角速度小于在轨道1上运行的角速度，故C正确；
D．地球的第一宇宙速度即为近地卫星的线速度，其轨道半径为地球半径，由可知，，，即卫星在轨道1上运行的线速度小于地球的第一宇宙速度，故D错误。
故选C。
5. 有一匀强电场的方向平行于 平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于 轴、 轴，其中a、O、b三点电势分别为、、。电荷量为 的点电荷由 点开始沿 路线运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 点的电势
B. 点电荷在 点的电势能
C. 匀强电场的方向为 指向
D. 匀强电场电场强度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
B．点电荷在 点的电势能
故B错误；
C．沿电场线方向电势降低，其中
则匀强电场的方向不是从指向，故C错误；
D．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为，连接Oe则为等势面，如图所示
由几何关系可知，垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故D正确。
故选D
6. 如图所示，绝缘轨道固定于竖直平面内，其中AB部分是半径为的光滑半圆轨道，是半圆轨道的中点，AB部分竖直、部分水平，整个轨道处在电场强度为E的匀强电场中。将质量为、带电荷量为的小滑块，从轨道上与相距处由静止释放，已知滑块与间的动摩擦因数为0.3，，滑块大小可以忽略不计，则滑块（ ）
A. 到达A点时速度的大小为
B. 到达点时对轨道的压力大小为
C. 到达A点时对轨道的压力大小为
D. 从到的过程中，动能增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．到达A点过程，根据动能定理有
解得
故A错误；
B．到达P点过程，根据动能定理有
解得
在P点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
故B正确；
C．在A点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
故C错误；
D．由于
即重力大小与电场力大小相等，可知，在圆弧BP中点位置，电场力与重力的合力方向背离圆心，该位置为等效物理最低点，滑块在该位置速度最大，可知，从到的过程中，动能先增大后减小，故D错误。
故选B。
7. 如图所示， 水平面上一小滑块置于长木板上， 且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为 ，木板的质量 ，滑块的质量 。现给滑块一水平向右的初速度 ，取重力加速度 。则下列说法正确的是（ ）
A. 给木板一个竖直向下的力能使木板保持静止
B. 给木板一个竖直向下的力能使木板保持静止
C. 给木板上加一水平向右的力，可以使滑块不滑离木板
D. 给术板上加一水平向右的力，可以使滑块不滑离木板
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若木板能保持静止则需在木板上所加的最小力为F，则
解得
F=10N
选项AB错误；
C．滑块在木板上做减速运动的加速度大小为
当滑块相与木板共速时，则
其中
其中解得
此时滑块没滑离木板右端，以后滑块的速度小于木板的速度，滑块向右的加速度仍为，而木板的加速度
解得
a3=5m/s2>a1
可知木块相对木板向左运动最终从左端滑离木板，选项C错误；
D．与C的解析类似，滑块在木板上做减速运动的加速度大小为
当滑块相对木板静止时，则
其中
当时解得
此时滑块没滑离木板右端，以后假设滑块与木板相对静止，则整体的加速度
假设成立，可知木块最终不会滑离木板，选项D正确。
故选D。
二、多项选择题∶ 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题 目要求。全部选对的得 5 分， 选对但不全的得 3 分， 有错选的得 0 分。
8. 游乐场中有一种魔盘游戏，如图所示有一质量为的小孩 （可以看作质点），坐在水平圆盘上到转轴距离为处。小孩与圆盘之间的摩擦因 ，某时刻圆盘从静止开始加速转动，小孩始终相对圆盘静止，经时间圆盘角速度从零增加到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小孩所受摩擦力的冲量大小为
B. 小孩所受摩擦力做功为
C. 小孩所受重力的冲量为
D. 小孩所受摩擦力的方向指向圆心
【答案】BC
【解析】
【详解】A．圆盘角速度从零增加到的过程中，取摩擦力方向为正方向，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为
故A错误；
B．根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为
故B正确；
C．小孩所受重力的冲量为
故C正确；
D．小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；所以小孩所受摩擦力的方向不指向圆心，故D错误。
故选BC。
9. A、B 两个点电荷分别固定于轴上，电量大小关系为。在它们形成的电场中，将试探电荷 沿 轴从 移动到坐标原点 ，其电势能 随 变化的关系如图所示，当 时，电势能；当 时，电势能。根据图像提供的信息，可以确定（ ）
A. 在 轴上 上各点的电场方向均沿 轴正方向
B. A电荷在 轴上的坐标为
C. A 电荷为正电荷
D. B 电荷在 轴上的坐标为原点
【答案】ABD
【解析】
【详解】AC．在x轴上的区域，随x增大，电场力做正功，电势能减小，根据
则电势逐渐减小，电场强度的方向指向电势降低的方向，所以该区域电场方向应该是 轴正方向，故A正确；
B．图线的斜率表示试探电荷所受的电场力大小，因为电场力，所以也可以用斜率表示电场强度的大小，在处，图线的斜率为零，即该点的电场强度为零，说明两个点电荷一定是一正一负；当x→0时，电势能，说明了在处一定为正电荷；根据
可以进一步判断，正电荷的电荷量小，B电荷为正电荷，离开点的距离近，则负电荷电荷量大，A电荷为负电荷；故B正确，C错误；
CD．处的场强为零，正电荷在坐标原点，设负电荷距离原点为x，则
解得
所以4Q在x轴上的坐标为，故D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，真空中，与水平面成角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀带电圆环的圆心。套在细杆上的带电小球从杆上的点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上点，已知圆环半径为、电荷量为，小球质量为、电荷量为，小球半径远小于R，，静电力常量为，重力加速度大小为，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数，，。则（ ）
A. 小球在点受到电场力的大小
B. 小球在点的加速度大小
C. 小球在点的动能
D. 点的场强为，方向沿细杆向下
【答案】AB
【解析】
【详解】A．将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为的点电荷，有
在c点，由库仑定律，对小球的电场力
由几何关系
在c点，整个圆环对小球的电场力设为，有
联立，解得
故A正确；
B．由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点所受的电场力方向相反，大小相等，有
在b点，对小球，由牛顿第二定律，有
联立，解得
故B正确；
C．小球从a到d，由对称性，电场力做功
对小球，由动能定理，有
联立，解得
故C错误；
D．根据题意可知，圆环上电荷分别均匀，取环上一点，设其电荷量为，该点到a点的距离为
则在a点产生的场强为
以O点为坐标原点，Od方向为正方向建立x轴，在a点产生的场强在x轴方向的分量为
则圆环在a点产生的场强大小为
故D错误。
故选AB。
三、非选择题∶ 本题共 5 小题， 共 57 分。
11. 探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源、定值电阻、电容器、单刀双掷开关S。
（1）为测量电容器充放电过程电压和电流的变化，需在电路中接入电流表和电压表，请问电压表应该接在下图中_____（选填“①”或“②”）位置。
（2）先将开关接通，待电表示数稳定后将开关切换到，此后电压表示数随时间变化的关系如图乙所示。由此可知，当开关接通且电流表示数为0mA时，电压表的示数为_____。
（3）在图丙所示的过程中，电容器中的能量在_____（选填“增加”或“减少”）。
【答案】（1）① （2）12
（3）减少
【解析】
【小问1详解】
①处与电容器并联连接，应该是测电压的仪器；②处把原电路断开串联接入测量仪器，应该是电流表；所以电压表应该接在下图中①位置。
【小问2详解】
当开关接通时电源给电容器充电，电流表示数为0mA时，电容器充电完毕，电压表的示数为12。
【小问3详解】
电容器刚开始充电时电压低，充电电流强；放电时电流随电压的降低而减小，所以图丙对应放电过程，电容器中的能量在减少。
12. 用 “碰撞实验器” 可以验证动量守恒定律， 即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图所示， 先让入射小球 从倾斜轨道某固定位置 由静止释放，从水平轨道抛出后撞击竖直挡板； 再把被撞小球 静置于水平轨道末端，将入射小球 仍从位置 由静止释放，两球发生正碰后各自飞出撞击竖直挡板。多次重复上述步骤。小球平均落点位置分别为图中 ，点 与小球在斜槽末端时球心的位置等高，测量出 的长度和 。
（1）入射小球质量为 ，半径为 ； 被撞小球质量为 ，半径为 ，则需要_____
A. B.
C. D.
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________ 表示）。若还要验证两球是弹性碰撞。 那么它们还应该满足_____（只用 表示）。
（3）在这次实验中测得 与 的质量之比为 。有同学认为在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的竖直高度发生改变。请你根据已知的数据，分析计算出被撞小球 平抛运动竖直高度 的最小值为_____cm。
【答案】（1）C （2） ①. ②.
（3）20.25
【解析】
【小问1详解】
为了保证入射小球1不被反弹，且发生对心碰撞，则需要满足。
故选C。
【小问2详解】
[1]由图可知，P点为入射小球第一次释放时与竖直档板碰撞的点，M点为入射小球与被碰小球碰撞后与竖直档板碰撞的点，N点为被碰小球与竖直档板碰撞的点，且水平位移相等。设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为、，根据平抛运动规律，在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
同理可得
，
根据动量守恒可得
代入可得
[2]若发生弹性碰撞，则还需要满足机械能守恒定律，可得
联立上式解得
【小问3详解】
当两球发生弹性碰撞时，碰后瞬间被碰小球m2的速度v2最大，被碰小球m2做平抛运动的竖直高度ON具有最小值，根据动量守恒和机械能守恒，则有
，
联立解得
根据
，
可得被碰小球m2做平抛运动的竖直高度ON的最小值为
13. 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为 0.5，倾角为 ，斜面足够长。一个质量为 的物块 （可视为质点），在电动机作用下，从 A 点由静止匀加速至 点时达到最大速度 ，之后立即做匀速运动至 点，关闭电动机，从 点又恰好到达最高点 ，且 AB 段经历时间只有 CD 段时间的 2 倍，全程电机功率不恒定，取重力加速度 ，求∶
（1）CD 段的长度；
（2）物块刚到达 点时电动机的功率。
【答案】（1）20m （2）300W
【解析】
【小问1详解】
物块在CD段运动过程中，对物块，根据牛顿第二定律，有
解得
根据速度位移公式有
解得
【小问2详解】
根据速度-时间公式有
且
解得
根据牛顿第二定律有
解得
故物块刚到达 点时电动机的功率为
解得
14. 如图所示，位于同一水平面上的物块甲、乙、丙均可视为质点，质量分别为 和 ，初始时甲以速度 向右匀速运动，乙、丙分别静止在 AB 两点。已知水平面足够长， 两点间距为 ，重力加速度为 ，仅 两点之间的地面可能存在摩擦， 所有碰撞均没有能量损失。
（1）若 两点之间光滑，甲与乙、乙与丙各发生一次碰撞后立即将乙取走，判断甲和丙能否再次发生碰撞；
（2）若甲、乙与 AB 间地面的动摩擦因数均为 ，为使三个物块间只能发生共 2 次碰撞求 应满足的条件。
【答案】（1）不能 （2）
【解析】
【小问1详解】
若A、B两点之间光滑，规定向右为正方向，甲与乙先发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有
，
解得
，
此后乙与丙发生弹性碰撞，有
，
解得
显然，取走乙后，甲与丙速度完全相同，故不能再相碰。
【小问2详解】
由（1）可知，甲与乙先发生第一次碰撞，碰后两者的速度分别为，，此后乙穿过AB的过程中，根据动能定理有
解得
显然根号内的值必须为正，即
解得
然后乙与丙发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有
，
解得
为使乙不会与甲再次碰撞，应使甲、乙都在AB间减速直至都静止时也不相遇，根据动能定理有，对甲、乙分别有动能定理有
，
又
解得
综上可得
15. 如图甲所示，平面直角坐标系中，的范围内有场强大小和方向均未知的匀强电场，一质量为、电荷量为的带电粒子（可视为点电荷与质点）从点 处飞出，其在之后一段过程内的速度可用如图乙所示的图像中动点表示，其中 分别为粒子在图甲中沿轴和轴方向的速度分量。甲图中粒子在A点出发时，乙图中的P点位于，粒子在电场力作用下由A运动到B的过程中，乙图的点由 沿线段运动到；随后粒子从点离开电场，立刻沿切线进入轴下方的一条固定光滑圆弧轨道并沿轨道运动至点，该过程中图乙的点沿以为圆心的圆弧从移动至；之后粒子离开轨道返回电场，点沿线段回到点，后续的运动过程不再在图乙中表示。已知任意相等时间内点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力，图甲中为圆弧轨道的圆心，坐标未知。
（1）求电场强度的大小和方向；
（2）求图甲中轴下方圆弧轨道的半径大小；
（3）若粒子在后续运动中与轨道的碰撞均满足∶“沿轨道切线方向速度在碰撞前后保持不变，沿轨道半径方向的速度在碰撞前后等大反向”，求图甲中粒子从A点出发到第一次返回A点所需的时间。
【答案】（1）
（2）4L （3）
【解析】
【小问1详解】
粒子从A运动到B的过程中，其速度在图乙中从a沿线段ab变化到b，故该过程中vx保持不变始终为v0，则电场力方向与x轴相互垂直。又因为vy从0变为-v0，则电场力方向沿y轴负方向。由上可知粒子在AB间作类平抛运动，如图1所示
对B点速度正交分解并结合图乙的b点可知
又
解得
【小问2详解】
因为P点沿图乙中闭合曲线，通过的曲线长度就是粒子在对应过程中的速度变化量，且已知任意相等时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即为定值。故粒子在圆弧轨道内做匀速圆周运动的向心加速度与其在AB间作类平抛运动的加速度大小相等，即
其中R为圆弧轨道的半径。由图乙可知
解得
R=4L
【小问3详解】
由乙图可知，粒子从C点回到电场后，在电场中的运动可分解为x轴方向上的匀速直线运动（速度大小为v0）和y轴方向上的匀变速直线运动（初速度v0沿正方向，加速度，沿负方向）。故其在电场中运动的最大高度
恰好不离开电场，重新离开电场的位置（F点）到C点的距离
且
解得
根据对称性，从F点再次离开时的速度大小为
与x轴正方向成=45°，此后粒子做匀速直线运动如图2所示，
过F点作的延长线交圆弧轨道于G点，根据圆的对称性可知
∠O1BC=∠O1CB=45°
故易知四边形FGO1C为菱形，即
∠FGO1=45°
根据题意，粒子在G点与轨道发生弹性碰撞后的运动轨迹与圆弧轨道的交点H满足
∠O1GH=∠FGO1=45°
同理可知粒子还会与圆弧轨道在I点相撞最后从J点返回电场，且
，，
与x轴正方向成45°角，根据对称性
故J点横坐标为
其中
故曲线 AB与JA对称，故粒子从J返回电场后做类斜抛运动恰好回到A点，粒子从A点出发再回到A点的轨迹可分为三部分：4段对称的抛物线、1段圆弧、4段直线段。其总时间为