北京市2024_2025学年高三物理上学期10月月考含解析

这是一份北京市2024_2025学年高三物理上学期10月月考含解析，共28页。试卷主要包含了本题共2小题，共15分，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。
1. 如图为“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置示意图，橡皮条的一端固定在木板上A位置，另一端系有轻质小圆环；轻质细绳OB和OC一端系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上。现用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至O位置。对于上述实验过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 只需记录弹簧测力计的示数
B. OB和OC绳拉力的方向应与木板平面平行
C. 只需记录OB和OC绳的长度和弹簧测力计拉力方向
D. OB和OC绳的长度应适当长一些
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．实验时需要记录弹簧测力计的示数和两弹簧拉力的方向，故AC错误；
B．OB和OC绳拉力的方向应与木板平面平行，以减小实验的误差，故B正确；
D．OB和OC绳的长度应适当长一些，减小实验误差，故D正确。
故选BD。
2. 如图所示，质量为M的斜劈形物体B放在水平地面上，质量为m的粗糙物块A以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中( )
A. 地面对物体M的摩擦力先向左后向右
B. 地面对物体M的摩擦力方向没有改变
C. 地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g
D. 物块m上、下滑动时加速度大小相等
【答案】BC
【解析】
【详解】AB. 物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析如图1，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有
f=macsθ①
(M+mg)-N=masinθ②
物体上滑时，受力如图2，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1③
物体下滑时，受力如图3，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-μmgcsθ=ma2④
由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误，B正确；
C. 由②式，地面对物体M的支持力总小于(M+m)g，故C正确；
D. 由③④两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故D错误.
3. 一列沿着x轴负方向传播的横波，在时刻的波形如图甲所示，图乙是某质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波速为2m/s
B. 图乙可以表示质点Q的振动图像
C. 质点Q经过1s沿x轴负方向移动2m
D. 质点R在时的位移为负向最大
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图可得，该列机械波的波长和周期为
可得，波速为
故A正确；
B．由图乙可知，该质点在
时，处于平衡位置，运动方向向下。分析图甲可知，Q点的位置与运动符合，故图乙可以表示质点Q的振动图像，故B正确；
C．质点不会随着波传播，只会在平衡位置上下运动，故C错误；
D．在
时，质点R由图甲的状态运动了4s，刚好一个周期，故R点的位置不变，位移应为负向最大，故D正确。
故选ABD。
4. 一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有：
－(mgsinθ＋f)x=Ek－Ek0
即：
Ek=－(f＋mgsinθ)x＋Ek0
所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负；
设x0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有：
(mgsinθ－f)(x0－x)=Ek－0
即：
Ek=－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0
所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。
综上所述，故C正确，ABD错误。
故选C。
5. 如图所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率v运行。将质量为m的物体A（可视为质点）轻轻放在传送带左端，经时间t后，A的速度变为v，再经过时间2t后，到达传送带右端。则有（ ）
A. 物体A由传送带左端到右端的平均速度为
B. 物体A由传送带左端到右端的平均速度为
C. 传送带与物体A之间因摩擦产生热量为
D. 传送带克服摩擦力所做的功为
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．物体A由传送带左端到右端的平均速度等于位移与时间的比值，即
故A错误，B正确；
C．物体从静止释放后达到速度为v，则传送带与物体A之间因摩擦产生热量为
故C正确；
D．传送带克服物体A对它的摩擦力做的功为
故D正确。
故选BCD。
6. 位于地球赤道上随地球自转的物体P和地球的同步通信卫星Q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。已知地球同步通信卫星轨道半径为r，地球半径为R，第一宇宙速度为v。仅利用以上已知条件能求出（ ）
A. 地球同步通信卫星Q运行速率B. 地球同步通信卫星Q的向心加速度
C. 随地球自转的物体P的向心加速度D. 地球密度
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力有
所以
故A正确；
B．地球同步通信卫星的向心加速度为
故B正确；
C．赤道上随地球自转的物体的向心加速度为
故C正确；
D．由于引力常量未知，所以不能确定地球的质量，故不能求出地球密度，故D错误。
故选ABC。
7. 如图所示，一质量不计的杆的一端与一质量为m的小球相连，另一端连在光滑水平固定轴上，可在竖直平面内自由转动。在最高点A给小球初速度，小球可在竖直平面内做圆周运动，AC与BD为互相垂直的两条直径，不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 小球与地球组成的系统在运动过程中机械能守恒
B. 小球运动过程中经过A点时，杆对球的作用力可能为零
C. 小球运动到B点时，小球的加速度大小为可能为g
D. 小球运动到A、C两点时，杆对球的作用力大小之差一定不超过6mg
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．小球在竖直平面内自由转动的过程中，只有重力做功，所以小球与地球组成的系统在运动过程中机械能守恒，故A正确；
B．假设小球运动到最高点时，只有重力提供向心力，那么杆对球的作用力就为零，故B正确；
C．小球从最高点运动到B点，根据机械能守恒定律
结合牛顿第二定律
可得
小球还受重力，所以可知此时的合力大于重力，即加速度大小大于g，故C错误；
D．若杆对小球的作用力在最高点向下，根据牛顿第二定律
由机械能守恒定律
可得
若杆对小球的作用力在最高点向上，根据牛顿第二定律
由机械能守恒定律
可得
所以小球运动到A、C两点时，杆对球的作用力大小之差一定不超过6mg，故D正确。
故选ABD。
8. 如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A. 当时，重力势能与弹性势能之和最小
B. 小球在最低点的加速度一定大于g
C. 小球动能的最大值为
D. 当时，小球的重力势能最小
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．由图像可知，当
时，弹簧的弹力
分析可知，小球先做加速运动再做减速运动，此时速度最大。所以动能先增大后减小，此时动能最大。由能量守恒定律可知，重力势能与弹性势能之和先减小后增大，故此时重力势能和弹性势能之和最小，故A正确；
C．由动能定理
可得小球的最大动能为
故C正确；
D．由图像可知，当
时，弹簧的弹力
可得，弹簧的劲度系数为
由动能定理
可得，当
时，小球的动能为
所以小球会继续向下运动，故此时不是最低点，重力势能不是最小，故D错误；
B．由D选项分析可知，当
时，弹簧的弹力
此时小球的加速度为
又因为此时小球速度不为0，所以会继续向下压缩弹簧，当速度减为0时，小球到达最低点，加速度一定大于g，故B正确。
故选ABC。
9. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，时其速度为2.0m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为、、，则有（ ）
A.
B
C. 0~3s内力F对滑块做功为8J
D. 第2s内滑块克服摩擦力做功的平均功率为2W
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由图像乙可知，第1s内的平均速度大小为
第2s内的平均速度大小为
第3s内的平均速度大小为
则第1s内的平均功率为
第2s内的均功率为
第3s内的均功率为
即
故B正确，A错误；
C．0~3s内力F对滑块做功为
故C正确；
D．由图像可知，当
时，滑块匀速运动，由力的平衡条件可得
则第2s内滑块客服摩擦力做功的平均功率为
故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现给物体A水平向右的初速度，测得物体A向右运动的最大距离为，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A整个运动过程，弹簧对物体A做功为零
B. 物体A向左运动的最大速度
C. 物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能
D. 物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．弹簧对物体A先做负功，再做正功，整个过程看，弹簧做功为0，故A正确；
B．当物体A向左离开弹簧时，弹簧为原长，由动能定理
可得
物体A向左从弹簧最短到恢复原长运动的过程中，先做加速运动再做减速运动，故最大速度在此位置的右侧，即
故B错误；
C．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由动能定理
联立解得
故C正确；
D．物体向右运动时，受到向左的弹力和摩擦力；向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力。所以向右运动的加速度大于向左运动的加速度，而位移大小相等，故物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于向左运动过程中与弹簧接触的时间，故D正确。
故选ACD。
二、本题共2小题，共15分。
11. 利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）关于实验操作，下列说法正确的是______。
A. 实验前必须用天平测出重物的质量
B. 打点计时器应接低压直流电源
C. 实验时先通电，稳定后再释放纸带
D. 重物应选择体积小，密度大一些的较好
（2）实验经正确操作，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。
现测得、、，取当地重力加速度g为，打点计时器所接电源的频率，重物的质量为。则打点计时器打下B点时纸带的速度______m/s，从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能变化量为______J；重物动能变化量为______J。（结果均保留3位有效数字）
（3）实验中重力势能减少量始终大于重物动能增加量，关于该误差，下列说法正确的是______。
A. 该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
B. 该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
C. 该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
D. 该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差
【答案】（1）CD （2） ①. 1.76 ②. 0.468 ③. 0.462
（3）D
【解析】
【小问1详解】
A．根据实验原理可知，本实验需要验证
则重物质量可以消掉，即实验不需要测重物的质量，故A错误；
B．打点计时器用的是交流电源，故B错误；
C．实验时先接通电源，稳定后再释放纸带，故C正确；
D．实验时，选择重物体积小，密度大一些的会减小空气阻力，故D正确。
故选CD。
【小问2详解】
[1]由题分析可得打下B点的速度为
其中
代入得
[2]从打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量为
[3]重物动能增加量为
【小问3详解】
实验中重力势能减少量始终大于重物动能增加量，是由于重物下落过程中纸带与打点计时器之间有摩擦阻力，重物也会受到空气阻力，要克服阻力做功，所以该误差属于实验设计本身造成的，是系统误差，可以通过改进方案，减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。
故选D。
12. 某实验小组甲、乙两名同学做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如下图中，最合理的装置及器材是______。
A. B. C. D.
（2）该小组同学甲用某种仪器来测量摆球的直径，得到的测量值为，此测量数据是选用了仪器______测量得到的。
A. 毫米刻度尺B. 10分度游标卡尺C. 20分度游标卡尺D. 螺旋测微器
（3）测量单摆的周期时，甲同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数1，当摆球第二次通过最低点时数2，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为（ ）
A. B. C. D.
（4）为减小实验误差，甲同学通过多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，利用的关系图线求出本地重力加速度值。相关测量数据如下表：
甲同学在图中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出关系图线_____。
（5）依照绘制出的关系图线，可求得g的测量值为______。（取3.14，计算结果保留三位有效数字）
（6）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图中图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，不过乙同学实验中将摆线长作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出图像，应是图中的图线______。（已知c、d两条图线和a平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）
【答案】（1）C （2）D （3）B
（4） （5）9.74
（6）c
【解析】
【小问1详解】
本实验中单摆线不能选择有弹性的绳子，且绳子的上端要固定，否则单摆的摆长就不确定了，且摆球应选质量较大的铁球。
故选C。
【小问2详解】
读数为mm为单位3位小数，而螺旋测微器的精确度为0.01mm，且读数时需多一位估读位。
故选D。
【小问3详解】
由题分析可知，该单摆的周期为
故选B。
【小问4详解】
【小问5详解】
由单摆的周期公式
可得
结合图像可得
【小问6详解】
乙同学将摆线长作摆长，则
化简可得
故选c。
三、计算题、证明题。本题包括6小题，共55分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 如图所示，一质量的物块静止在水平地面上，现用一大小、与水平方向成角斜向上的拉力，使物块沿水平地面做匀加速直线运动。已知物块与地面间的动摩擦因数，，，取重力加速度。
（1）画出物块受力的示意图；
（2）求物块加速度的大小a；
（3）求2.0s内物块通过的位移大小x。
【答案】（1） （2）6m/s2
（3）12m
【解析】
【小问1详解】
物块受竖直向下的重力，竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力和施加的外力F，如图所示
【小问2详解】
水平方向有
竖直方向有
联立可得
【小问3详解】
根据位移时间关系可得
14. 如图所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离4h。用水泵从水池抽水（抽水过程中水面离地面高度保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
（1）水从管口沿水平方向喷出的速度大小；
（2）每秒内从管口流出的水的质量；
（3）不计额外功的损失，水泵输出的功率P。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t，则有
解得
【小问2详解】
t时间内喷出的水的质量为
每秒喷出的水的质量为
【小问3详解】
时间t内水泵输出功为
输出功率为
15. 如图甲所示为北京冬奥会上以“雪如意”命名的跳台滑雪场地。图乙为跳台滑雪赛道的简化图，由助滑道、起跳区、着陆坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角均为，直线AB段长度。运动员连同装备总质量，由A点无初速下滑，从起跳区的C点起跳后降落在着陆坡上的D点。重力加速度，，。
（1）若忽略运动员在助滑道上受到的一切阻力，求运动员下滑到B点时重力的功率P；
（2）若由于阻力的影响，运动员实际下滑到B点的速度大小为30m/s，求运动员从A点下滑到B点过程中阻力做的功；
（3）若运动员从C点起跳时的速度大小，方向沿水平方向。忽略其在空中运动时受到的一切阻力，求CD间的距离。
【答案】（1）W
（2）J
（3）192m
【解析】
【小问1详解】
运动员从A到B，由动能定理
可得
则运动员在B点时重力的功率为
【小问2详解】
若AB段有阻力，根据由动能定理
其中
可得
【小问3详解】
由题意可知，运动员从C点到D点做平抛运动，则
又
联立可得，运动时间为
则CD间的距离为
16. 如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，模拟升国旗过程。运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过，速度增加到，此后物体做匀速运动。取重力加速度，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。
（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。
a．请指出保持不变的物理量分别是哪些；
b．求出这些不变的物理量的大小；
（2）第一个时间段内拉力的平均功率；
（3）求时间内重物通过的总路程。
【答案】（1）a．拉力、加速度；功率；b．；；
（2）6W （3）
【解析】
【小问1详解】
a．由图像可知，第一个时间段的图像是一条竖直的直线，故第一个时间段保持不变的物理量是拉力、加速度。第二个时间段的图像是一条倾斜的直线，根据功率的定义
解得
可知，第二个时间段保持不变的物理量是功率。
b．由图像可知，第一个时间段内重物所受拉力
设重物质量为m，重物加速
第三个时间段内重物所受拉力
联立，解得
在第二段时间内，拉力的功率
【小问2详解】
第一个时间段内平均速度大小为
根据
【小问3详解】
设第一段时间为，重物在这段时间内的位移为，则
，
设第二段时间为，则重物在这段时间内的位移为，根据动能定理有
解得
所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程
17. 已知地球质量为M，引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。在以下问题的讨论中，空气阻力及地球自转的影响均忽略不计。
（1）物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，叫做第一宇宙速度。请证明地球第一宇宙速度的大小。
（2）某同学设想从地面以第一宇宙速度的大小竖直上抛一可视为质点的物体，物体上升的最大高度，他的解答过程如下：
设物体的质量为m，上升的最大高度为h，重力加速度为g，由机械能守恒定律有：
又：，所以
联立得：
a．老师说该同学的上述解答是不正确的，请指出上述错误的原因。
b．若以物体离地心距离无限远处时的引力势能为零，则质量为m的物体在距离地心为r处时的引力势能为。请计算物体上升的最大高度？
（3）分析以第一宇宙速度将物体竖直上抛至落回抛出点的整个过程中，加速度和速度分别是怎样变化的？并以竖直向上为正方向，在图中定性画出物体从抛出到落回抛出点的整个过程中速度随时间变化的图像。
【答案】（1）见解析 （2）因为随着竖直上抛物体高度的升高，离地球越来越远，万有引力越来越小，重力加速度会越来越小；
（3）上升过程，速度减小，加速度减小；下降过程，速度增大，加速度增大。
【解析】
【小问1详解】
质量为m的物体在地球表面附近做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得地球的第一宇宙速度为
【小问2详解】
[1]因为随着竖直上抛物体高度的升高，离地球越来越远，万有引力越来越小，重力加速度会越来越小。
[2]由题意可知，小球在地球表面处的引力势能为
在最大高度h处的引力势能为
根据机械能守恒定律
其中
得
【小问3详解】
上升过程速度与加速度方向相反，所以速度不断减小，上升过程中万有引力越来越小，加速度也越来越小；下降过程速度与加速度方向相同，所以速度不断增大，下降过程中万有引力越来越大，加速度也越来越大。如图所示
18. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，弹簧的劲度系数为k。两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为的匀加速直线运动。图乙为A物块运动的图像，其中0~t1时间段为直线，以后为曲线，、未知。重力加速度为g，弹簧弹性势能，其中x是弹簧的形变量，k是劲度系数。试求：
（1）图乙中、大小；
（2）可以证明物块A在时刻后将做简谐运动。
a．求该简谐运动的平衡位置O；
b．运动中物块A与地球组成的系统的重力势能为，弹簧弹性势能为，为物块A与地球、弹簧组成系统的总势能，即。现选取点O为总势能的零势能点。试求A物块振动的振幅大小。
【答案】（1），；
（2）平衡位置O距离初始位置距离为，
【解析】
【小问1详解】
初始时刻，两物块处于静止状态，则
解得
时刻，物块A和B分离，此时对物块A由牛顿第二定律可得
其中
解得
则在0~t1这段时间内，物块A的位移为
根据匀变速直线运动的位移公式
得
根据匀变速直线运动的速度公式可得
时刻，由图像可知，此时的加速度为0，则对物块A
解得
则在t1~t2这段时间内，物块A的位移为
对物块A，由能量守恒定律
解得
【小问2详解】
[1]由第一问分析可知，时刻的加速度为0，此时物块A的速度最大，根据简谐运动的运动特点，可知此时物块A的位置就是平衡位置O，则此处距离初始位置的距离为
[2]在平衡位置O点，物块A的总势能
其中
则
将物块A和弹簧看成一个系统，根据系统机械能守恒定律
其中
解得
次数
1
2
3
4
5
L/m
0.800
0.900
1.000
1.100
1.200
T/s
1.79
190
2.01
2.11
2.20
3.22
3.61
4.04
4.45
4.84