广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三（上）第四次月考物理试卷（解析版）

这是一份广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三（上）第四次月考物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.11月11日浙江杭州正式启用多条无人机物流配送航线，开启基于无人机公共起降场的城市低空配送新模式。下面是无人机在直线运输过程中记录的4次运动图像，反映无人机在0∼4s内的平均速度最大的是( )
A. B.
C. D.
2.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回地面时，使用降落伞能有效降低着地的速度，如图所示是返回舱和降落伞示意图，舱和伞之间通过10根等长的轻绳按十等分点连接，每根绳与竖直方向的夹角均为θ。仅在降落伞的作用下，研究某次匀速竖直下落阶段，已知返回舱的总重力大小为G，返回舱受到的空气阻力恒为F，下列说法正确的是( )
A. 10根轻绳对返回舱的合力为G，方向竖直向上
B. 10根轻绳对返回舱的合力为Gcsθ-F
C. 每根绳子上的拉力大小为G-F10csθ
D. 每根绳子上的拉力大小为G-F10sinθ
3.篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明在某次训练投球时从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，上述两个过程中( )
A. 篮球从B点抛出击中P点时速度大B. 篮球从B点抛出后速度的变化率大
C. 篮球从B点抛出时小明对球做的功少D. 篮球从B点抛出时重力的瞬时功率小
4.2024年10月30日，神舟十九号将年轻的90后航天员宋令东送入中国空间站天和核心舱，开启了年轻航天员进入太空的新时代，完成了80到90的接力棒交接。已知空间站的高度是地球半径R的n倍，空间站运行周期是T，引力常量是G，将地球看成是一个质地均匀的球体，利用以上数据求出的物理量正确的是( )
A. 地球的质量：M=4π2GT2n3R3B. 地球的密度：ρ=3π1+n3GT2
C. 空间站的线速度：v=2πnRTD. 空间站的加速度：a=4π2nRT2
5.2024年WTA年终总决赛我国网球选手郑钦文获得亚军，追平了网球名将李娜的记录。郑钦文在决赛中发球速度最高达到198km/h，达到网球选手世界顶尖水平，此次发球时网球与球拍接触时间为2ms，网球的质量约为58g，下列关于此次发球过程的说法正确的是( )
A. 球拍对网球的冲量约为3200N⋅sB. 球拍对网球的平均作用力约为1600N
C. 球拍对网球做的功约为1140JD. 球拍对网球做功的平均功率约为44W
6.一列简谐横波的传播方向上有两个质点A和B，A、B的距离是3m，这列波由A向B传播，且这列波由A传到B所用时间是1.5s。已知t=1s时，A质点处在平衡位置向上振动，B质点恰好处在波峰，下列说法正确的是( )
A. 机械波的波速是3m/sB. 机械波的波长一定是4m
C. t=2s时，质点B可能位于波谷位置D. 经过1s质点A沿传播方向移动2m
7.如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是( )
A. 小球N带负电
B. 小球N受到的库仑力大小是mg
C. 小球M所带电荷量是 2mga2kq
D. 小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是2 2mgq
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.第十五届中国航展首次展出了红-19地空导弹武器系统，主要用于对弹道导弹类目标实施区域拦截。在某次演习中某型号导弹在竖直方向从静止开始沿直线加速4000m时速度达到1600m/s，已知该导弹的质量是600kg，所受阻力大小随导弹速度的变化而变化，在这段加速过程中导弹受到的平均阻力是3000N，重力加速度是10m/s2，忽略导弹质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是( )
A. 导弹的加速度恒为320m/s2
B. 导弹发动机提供的平均反冲力大小是2.01×105N
C. 导弹增加的机械能是7.68×108J
D. 导弹发动机对导弹做的功是8.04×108J
9.水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失的动能为ΔEk1损，子弹和木块组成的系统损失的机械能为E1损，打穿后系统的总动量为p1；同样的子弹以同样的初速度打穿放在光滑水平面上同样的木块，经历时间为t2，子弹损失的动能为ΔEk2损，系统损失的机械能为E2损，打穿后系统的总动量为p2。设木块对子弹的阻力为恒力，且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )
A. t2=t1B. ΔEk2损>ΔEk1损C. E2损>E1损D. p2>p1
10.某同学用平行板电容器探究材料竖直方向尺度随温度变化的特征，探究电路如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。电源输出电压恒定，闭合开关S，被测材料热胀冷缩，调节滑动变阻器R，滑片处在中间一位置时带电液滴P恰好可以静止在电容器极板间，下列说法中正确的是( )
A. 改变R1的阻值，带电液滴P仍能处于静止状态
B. 材料温度降低，带电液滴P将向上运动
C. 材料温度升高，极板所带电荷量减小
D. 检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度升高
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.下面是高中物理中必做的实验的部分步骤，请按照要求完成操作和计算。
某实验小组采用如图l所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
(1)实验之前要补偿小车所受的阻力，具体的步骤是：_____(填“挂”或“不挂”)砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。打出的纸带及数据如图2所示，若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，A、B、C、D、E为连续相邻计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，则小车的加速度大小为_____m/s2(结果保留2位有效数字)。
(2)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图乙方式的目的是要保持摆动中_____(填“振幅”或“摆长”)不变；用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为_____mm。
12.某实验小组要测量阻值约为50Ω的定值电阻Rx的阻值，为了精确测量该电阻阻值，实验室提供了如下实验器材：
A.电压表V1(量程为0∼3V，内阻约为6000Ω)；
B.电压表V2(量程为0∼15V，内阻约为30000Ω)；
C.电流表A(量程为0∼10mA，内阻RA=10Ω)；
D.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)；
E.滑动变阻器R2(最大阻值为3kΩ)；
F.电阻箱R0(最大阻值999.9Ω)；
G.电源(电动势3V、内阻不计)、开关，导线若干。
(1)该小组同学分析实验器材，发现电流表的量程太小，需将该电流表改装成0∼60mA量程的电流表，应并联电阻箱R0，并将R0的阻值调为_____Ω；
(2)实验时，通过调整测量方法消除测量方案中的系统误差，请设计电路并画在虚线方框中_____，并要求实验操作时电压可以从零开始调节。在设计的电路中电压表选用_____，滑动变阻器选用_____(填写各器材前的字母序号)；
(3)某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻的阻值Rx=_____(用已知物理量的字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图，中空的水平圆形转盘内径r= 0.8 m，外径足够大，沿转盘某条直径有两条粗糙凹槽，凹槽内有A、B两个物块，两根不可伸长的轻绳一端系在C物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小定滑轮系在A、B两个物块上，转盘不转动时两个物块放在距离竖直转轴R= 1.0 m处系统恰好保持静止。每根绳长L= 1.2 m，A、B两个物块的质量均为m= 2.0 kg，C物块的质量mC= 1.5 kg，所有物块均可视为质点，取重力加速度g= 10 m/s2。
(1)启动转盘，缓慢增大转速，求A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时转盘的角速度ω1；
(2)ω2= 4 rad/s时，改变物块C的质量，要使A、B相对凹槽不滑动，求物块C的质量最小值m0。
14.传送带运输经常应用于分拣货物中。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角θ=30 ∘，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)货物与传送带间的动摩擦因数μ；
(2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t；
(3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0。
15.如图所示，光滑绝缘直轨道AC与光滑绝缘圆轨道CD相切于C点，圆轨道半径R=0.4m，以距C点L=1.6m处的O1为坐标原点建立直角坐标系xO1y。一个质量m2=3kg、不带电的绝缘滑块Q放在原点处。第二象限存在一个水平向右的匀强电场。现有一个质量m1=1kg、电荷量q=5C的带正电滑块P从A点静止释放，运动到原点时与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞过程滑块P、Q之间没有电荷转移，随后滑块Q沿轨道运动到D点，离开后落到直轨道上立即被拿走，没有和滑块P发生第二次碰撞。已知A点与原点O1之间的电势差U=10V，重力加速度g=10m/s2，两个滑块均可以视为质点。sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。
(1)求滑块Q从D点离开再次落到直轨道上的位置与C点的距离x0；
(2)若滑块P第一次运动到C点时，在第一象限加水平向左的匀强电场，电场强度E0=1.5V/m，滑块P能否不脱离圆弧轨道一直运动到D点？请写明推理过程。
(3)若滑块P第一次运动到C点时，在圆弧区域加竖直方向的匀强电场，使滑块P不脱离轨道且从D点离开后在直轨道上的落点与滑块Q的落点相距d=0.4m，求匀强电场的电场强度E。
答案和解析
1.D
【解析】由A图可知，经4s，无人机的位移为0，故平均速度 vA=0 ；由B图可知，经4s，无人机的位移为8m，故平均速度为
vB=xt=84m/s=2m/s
由C图可知，经4s，无人机的位移为
xC=12×4×4m=8m
故平均速度为
v C=xt=84m/s=2m/s
由D图可知，经4s，无人机的位移为
xD=12×2×6m+6+82×2m=20m
故平均速度为
vD=xt=204m/s=5m/s
故平均速度最大是D图，为5ms/。
故选D。
2.C
【解析】AB.设10根轻绳对返回舱的合力为 F合 ，根据平衡条件可知
F合+F=G
解得
F合=G-F
故AB错误；
CD.设每根绳的拉力为 F1 ，根据平行四边形定则有
10F1csθ=G-F
解得
F1=G-F10csθ
故C正确，D错误。
故选C。
3.A
【解析】A.将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，在竖直方向有
h=12gt2
可知篮球从两点下落的时间相同；在水平方向，可知 xAs1 ，故有
ΔEk2损>ΔEk1损
B正确；
C.两次击中木块过程中，子弹受到的平均阻力相同，系统摩擦生热
Q=fd
其中f为阻力，d为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的损失相等，即
E2损=E1损
C错误；
D.第一次子弹穿透木块后，系统的动量p1小于子弹的初动量，而第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量，所以
p2>p1
D正确。
故选BD。
10.AD
【解析】A.由图可知， R1 与电容器串联，故其作用相当于导线，所以改变 R1 的阻值，并不会改变回路中的总电阻，故不会改变电路稳定时总电流，故 R 两端的电压也不会改变，电容器两电压等于 R 两端的电压，故电路稳定时电容两端电压不变，粒子所受电场力不变，故带电液滴P仍能处于静止状态，故A正确；
B.材料温度降低，材料体积变小，电容器两板间距增大，根据
E=Ud
可知电场强度减小，电场力减小，故带电液滴P将向下运动，故B错误；
C.材料温度升高，材料体积变大，电容器两板间距减小，根据
C=εS4kπd
可知电容增大；根据
C=QU
又电压不变，故极板所带电荷量增大，故C错误；
D.检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明电容器正充电，则电容增大，根据
C=εS4kπd
可知电容器两板间距减小，说明材料温度升高，故D正确。
故选AD。
11.(1) 不挂 1.5
(2) 摆长 20.6

【解析】(1)[1]平衡摩擦力时，调整木板右端的高度，不挂砂桶，让小车的下滑分力与摩擦力相平衡。
[2]相邻计数点间的时间间隔
T=5f=0.1s
根据
Δx=aT2
可知
a=xCE-xAC4T2=(19.62-6.79-6.79)×10-2m4×0.01s2=1.5m/s2
(2)[1]甲图中，悬点未固定，摆球在摆动的过程中，摆长会发生变化，而乙图中，悬点固定，摆球在摆动的过程中，摆长不会发生变化，易于测量。
[2]摆球直径
d=20mm+6×0.1mm=20.6mm
12.(1)2
(2) V1 R1
(3) U6I-RA⋅R0RA+R0

【解析】(1)根据题意，若电流表量程为0∼60mA，量程扩大到6倍，则根据并联电压相等的关系
RAIA=R0I-IA
即
10Ω×10mA=R060mA-10mA
解得
R0=2Ω
(2)[1][2][3]电源电动势3V，所以电压表应选用 V1 ；实验操作时电压可以从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的 R1 ；由于电流表内阻已知，所以电流表采用内接法，可消除测量方案中的系统误差，实验电路图如图所示
(3)根据欧姆定律可得
Rx=U6I-R并=U6I-RA⋅R0RA+R0
13.(1)设绳子上的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，由几何知识可得
sinθ=rL-(R-r)=0.8
即有
θ=53 ∘
对于物块C而言，则有
2Tcsθ=mCg
解得
T=mCg2cs53 ∘=12.5N
A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的拉力为其做圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律可得
T=mω12R
解得
ω1= TmR=2.5rad/s
(2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力平衡，则有
μmg=T
解得
μ=0.625
当转盘的转动的角速度ω2 = 4 rad/s，A、B所需的向心力
Fn=mω22R=32N
要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对物块A、B受力分析可知
Fmin+μmg=Fn
联立解得
Fmin=19.5N
对物块C受力分析可得
2Fmincsθ=m0g
联立可得
m0=2.34kg

14.(1)由图乙知，货物沿传送带向上运动 s1=0.8m 后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有
μmgcsθ⋅s1=ΔE1
可得货物与传送带间的动摩擦因数为
μ=ΔE1mgs1csθ=122×10×0.8× 32= 32
(2)货物沿传送带向上运动 s1=0.8m 时，与传送带保持相对静止，此时有
E1=mgs1sinθ+12mv2=12J
解得传送带速度为
v=2m/s
设货物加速过程所用时间为 t1 ，根据运动学公式可得
s1=v2t1
解得
t1=0.8s
设A点到B点的距离为 L ，货物在B点时，有
E2=mgLsinθ+12mv2=34J
解得
L=3m
则货物匀速阶段所用时间为
t2=L-s1v=1.1s
货物从下端A点运动到上端B点的时间为
t=t1+t2=1.9s
(3)货物在与传送带共速前，发生的相对位移为
Δx=x传-s1=vt1-s1=0.8m
因摩擦产生的热量为
Q=μmgcsθ⋅Δx=12J
根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为
E0=Q+mgLsinθ+12mv2=46J

15.(1)P在电场中加速过程，根据动能定理有
qU=12m1v02
解得
v0=10m/s
P、Q发生弹性碰撞过程有
m1v0=m1v1+m2v2 ， 12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得
v1=-5m/s ， v2=5m/s
滑块Q运动到D点过程，根据动能定理有
-m2g⋅2R=12m2vD2-12m2v22
解得
vD=3m/s
根据平抛运动规律有
2R=12gt02 ， x0=vDt0
解得
x0=1.2m
(2)P与Q碰撞后，结合上述可知，P在电场中做双向匀变速直线运动，根据对称性，再次返回坐标原点时速度大小仍然为
-v1=5m/s
令P在第一象限运动时，方向水平向左的电场力与重力合力的方向与竖直方向夹角为 θ ，则有
tanθ=qE0m1g=34
解得
θ=37∘
P在圆弧上运行时，电场力与合力方向指向圆心的位置为等效物理最高点，令该点为B点，若P能够运动到D点，则P必需能够顺利通过等效物理最高点B，根据动能定理有
-qE0Rsinθ-m1gR+Rcsθ=12m1vB2-12m1v12
解得
vB2=7m/s2
若滑块P能不脱离圆弧轨道一直运动到D点，则P能够顺利通过等效物理最高点B，在B点有
m1gcsθ=m1vmin2R
解得
vmin2=5m/s2
由于
vB2=7m/s2>vmin2=5m/s2
可知，滑块P能不脱离圆弧轨道一直运动到D点。
(3)P与Q碰撞后，结合上述可知，P在电场中做双向匀变速直线运动，根据对称性，再次返回坐标原点时速度大小仍然为
-v1=5m/s
若滑块P第一次运动到C点时，该过程P向右做匀速直线运动，速度
v3=-v1=5m/s
令P从D点离开后的初速度为 vP ，在直轨道上的落点与滑块Q的落点相距 d=0.4m ，当落点在Q落点右侧时有
2R=12gt02 ， x0-d=vP1t0
解得
vP1=2m/s
假设电场强度方向竖直向上，则有
qE1⋅2R-m1g⋅2R=12m1vP12-12m1v32
解得
E1=-58N/CvP1=2m/s
可知，滑块P不能够顺利通过D点，该种情况不成立。当落点在Q落点左侧时有
x0+d=vP2t0
解得
vP2=4m/s
令电场强度方向竖直向上，则有
qE2⋅2R-m1g⋅2R=12m1vP22-12m1v32
解得
E2=78N/C>0
假设成立，根据牛顿第二定律有
m1g-qE2=m1vm22R
解得
vm2=1.5m/s