精品解析：广东省广州市真光中学2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题（解析版）

广州市真光中学2024届高三9月阶段训练

高三物理

本试卷共4页，满分100分，考试用时75分钟

一、单选题

1. 2020年11月10日8时12分，中国自主研发的万米载人潜水器“奋斗者”号，在马里亚纳海沟下沉至接近海底时，向水底发射出持续时间为的某脉冲声波信号，最终在深度处成功坐底。在该深度，“奋斗者”号每平方厘米要承受的海水压力，并停留进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（    ）

A. m、N、s是国际单位制中的基本单位

B. 在下沉过程中，潜水器的位移一定是

C. “8时12分”指的是时间间隔

D. 采集海底矿物时，不能将潜水器视为质点

【答案】D

【解析】

【详解】A．N不是国际单位制中的基本单位，N为导出单位，故A错误；

B．由于潜水器下沉时不一定是竖直下沉，则位移不一定是，故B错误；

C．“8时12分”对应时间轴上的点，是时刻，故C错误；

D．采集海底矿物时，需要注意潜水器的形状和大小，不能视为质点，故D正确。

故选D。

2. 如图所示，在水平路面上匀速直线行驶的汽车内，一个手机通过吸盘式支架固定在倾斜的前挡风玻璃上。若吸盘和玻璃间的空气已被排空，则手机和支架（　　）

A. 共受3个力作用

B. 共受4个力作用

C. 受前挡风玻璃的作用力方向一定竖直向上

D. 受前挡风玻璃的摩擦力方向一定竖直向上

【答案】B

【解析】

【详解】AB．手机和支架受到重力、大气压力、玻璃的弹力和玻璃的摩擦力，共4个力，故选项A错误，选项B正确；

C．挡风玻璃给支架的作用力为弹力和摩擦力的合力，与大气压力和重力的合力等大反向，不可能竖直向上，故选项C错误；

D．受前挡风玻璃的摩擦力方向一定是与玻璃相切，不可能竖直向上，故选项D错误。

故选B。

3. 2019年10月15日，第十届环太湖国际公路自行车赛在无锡结束。比赛中甲、乙两赛车(可视为质点)在一条直线上运动，其速度－时间图象如图所示，下列对甲、乙运动描述中正确的是

A t0时刻甲乙相遇

B. 0～t0时间内乙的加速度逐渐增大

C. 0～t0时间内甲乙间的距离先增大后减小

D. 0～t0时间内的某时刻甲、乙加速度大小相等

【答案】D

【解析】

【详解】AC.t0时刻两者速度相等，甲的位移小于乙的位移，由于是比赛甲乙起点相同，甲乙距离一直增大，不相遇，选项AC错误；

BD.根据加速度图象中图线切线的斜率表示加速度大小，则有甲做匀加速运动，乙的加速度逐渐减小，在0—t0阶段，对乙图做切线，总会找到一条与甲图线平行，选项D正确、B错误；

故选择：D；

4. “长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（    ）

A. 该卫星的线速度大小大于7.9km/s B. 该卫星的动能大于同步卫星的动能

C. 该卫星的加速度大小等于g D. 该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；

BD．根据万有引力提供向心力可得

解得

，

由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；

C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得

解得

可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。

故选D。

5. 滑板运动是年轻人喜爱的一种新兴极限运动，如图，某同学腾空向右飞越障碍物，若不计空气阻力，并将该同学及滑板看着是质点，则该同学及板在空中运动的过程中（    ）

A. 做匀变速运动

B. 先超重后失重

C. 在最高点时速度为零

D. 在向上和向下运动通过空中同一高度时速度相同

【答案】A

【解析】

【详解】A．该同学及板在空中运动的过程中仅受重力，加速度恒为重力加速度，故做匀变速运动，故A正确；

B．该同学及板在空中运动过程中只受重力，加速度为重力加速度，方向向下，故一直处于失重状态（完全失重），故B错误；

C．该同学及板在空中做斜抛运动，在最高点竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故在最高点时速度不为零，故C错误；

D．由对称性可知，在向上和向下运动通过空中同一高度时竖直方向速度大小相等，方向相反，水平方向速度不变，则在向上和向下运动通过空中同一高度时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故D错误。

故选A。

6. 近年来，机器人与智能制造行业发展迅速，我国自主研发的机器人在北京冬奥会和疫情防控中均发挥了重要作用。如图为一机器人将身体倚靠在光滑的竖直墙面上，双腿绷直向前探出的情形。A处为脚踝，B处为胯部，均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆，脚部（重力不计）与地面的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）

A. 随着脚缓慢向前探出，脚对地面压力越来越小

B. 随着脚缓慢向前探出，脚对地面的摩擦力越来越大

C. 随着脚缓慢向前探出，腿部承受的弹力不变

D. 随着脚缓慢向前探出，后背对墙面的压力越来越小

【答案】B

【解析】

【详解】A．对机器人整体受力分析，脚受地面支持力大小不变，根据牛顿第三定律，脚对地面的压力大小不变，A错误；

C．由于A、B两处均看作光滑的铰链，所以腿部承受的弹力方向与AB共线，设B点上方人体的重力大小为G，对B点受力分析如图所示，根据平衡条件可知，腿对B点的作用力F1与墙壁对后背的支持力F2的合力大小始终等于G，根据平行四边形定则有

θ变小，F1变大，F2变大，C错误；

BD．脚对地面的摩擦力、后背对墙面的压力均等于F2，脚受到地面的摩擦力和后背受到墙面的压力都越来越大，B正确，D错误。

故选B。

7. 如图甲所示，质量为m的风筝在细线和均匀风力的作用下处于静止状态，此模型的截面图如图乙所示。已知风筝平面与水平面的夹角为37°，细线与风筝平面的夹角为53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度大小为g，，，下列说法正确的是（　　）

A. 细线的拉力与风筝所受重力的夹角为37°

B. 细线的拉力大小为1.2mg

C. 风力的大小为1.6mg

D. 若仅增大风力，则风筝仍能保持静止

【答案】C

【解析】

【详解】A．由几何关系，牵线与水平方向的夹角为

与竖直方向的夹角为

故A错误；

BC．把牵线的拉力分别沿着风筝平面和垂直风筝平面分解，把重力分别沿着风筝平面和垂直风筝平面分解，由力的平衡可得

综合解得

故B错误，C正确；

D．由BC选项分析可知，增大风力，若细线拉力和风筝重力同时增大，则风筝保持静止，由于风筝重力不变，可知若仅增大风力，则风筝不会保持静止，故D错误。

故选C。

二、多选题

8. 如图所示，“儿童蹦极”中，拴在小朋友腰间左右两侧的是弹性极好的相同的橡皮绳。 若小朋友从橡皮绳处于最低点位置处开始由静止上升（此时橡皮绳伸长最大），直至上升到橡皮绳处于原长的过程中，下列关于小朋友的运动状态的说法中正确的有（　　）

A. 橡皮绳处于原长位置时，小朋友的速度、加速度都为零

B. 小朋友的速度最大时，其加速度等于零

C. 小朋友处于最低点位置时，其加速度不为零

D. 小朋友先做变加速运动，加速度越来越小，再做变减速运动，加速度越来越小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．橡皮筋处于原长位置时，小朋友只受重力，加速度为g，无法判断速度是否为0，A错误；

B．小朋友所受合力为0时加速度为0，速度不再增大，此时速度最大，B正确；

C．小朋友处于最低点位置时，合力向上，加速度不为0，C正确；

D．小朋友从最低点向上运动时，橡皮筋的拉力的合力大于重力，拉力和重力的合力向上但逐渐减小，加速度越来越小，而后橡皮筋拉力的合力会小于重力，拉力和重力的合力向下增大，加速度增大，D错误。

故选BC。

9. 渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是（　　）

A. “虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动

B. “鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动

C. “虾”在传送带运动时，摩擦力对“虾”做负功

D. “鱼”在传送带运动时，加速度方向先向下后向上

【答案】AC

【解析】

【详解】A．虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力，故可能向下做加速直线运动，故A正确；

B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动。鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；

C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，故C正确；

D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。

故选AC。

10. 无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中下列说法正确的是（    ）

A. 充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0N

B. t3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4N

C. 充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反

D. 充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N

【答案】BD

【解析】

【详解】B.t3时刻由牛顿第二定律可得

解得
 

故B正确；

C.充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；

AD.t2时刻充电宝具有向上最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有

又

解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为

故D正确、A错误。

故选BD。

三、实验题。

11. 某兴趣小组要测量一个重物的重力。实验器材：一根轻弹簧、手机、1个钩码、不计质量的细线、重物、刻度尺。由于重物的重力超过了弹簧的弹性限度，故该小组设计如下实验方案，已知本地重力加速度。实验步骤：

（1）如图甲所示，用轻弹簧竖直挂起1个钩码时，测出弹簧伸长量为；

（2）用弹簧与细线互成角度吊起重物，稳定时测出弹簧伸长量为，则此时弹簧的弹力大小为_________N；

（3）用手机软件测出两侧细线与竖直方向夹角分别为，如图乙所示。画出的拉力的方向如图丙两侧虚线所示，请用图示法在图丙中画出二者的合力______（已知单位长度表示的力为）；

（4）由作图结果可得重物的重力为__________N（保留两位小数）。

【答案】    ①. 7.84    ②.     ③. 11.76（11.17~12.35）

【解析】

【详解】（2）[1]由胡克定律可得弹簧的劲度系数为

弹簧的伸长量为4.00cm时，弹簧弹力的大小为

（3）[2]图示法画出二者的合力如图所示

（4）[3]由作图结果可得重物重力为

因为作图有误差，所以重力的范围为11.17N~12.35N。

12. 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是______

A．理想化模型法    B．阻力补偿法    C．等效替代法    D．控制变量法

（2）下列做法正确的是______（填字母代号）。

A．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源

B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量

C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度

（3）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F关系图像，如图所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______（选填下列选项的序号）

A．小车与平面轨道之间存在摩擦

B．平面轨道倾斜角度过大

C．所用小车的质量过大

D．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大

（4）某同学结合上述实验知识用自制的“滴水计时器”来研究小车在水平桌面上运动时受到的阻力大小。如图甲所示，将该计时器固定在小车旁，用手轻推一下小车，在小车的运动过程中滴水计时器间隔相等时间滴下小水滴。图乙记录了桌面上连续5个水滴的位置。已知滴水计时器每10s滴下25个小水滴，小车的总质量为2.4kg。

经分析可得小车的加速度大小为______m/s2，若忽略滴水对小车质量的影响，则小车受到的阻力大小为______N。（结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. B    ②. C    ③. D    ④. 0.14    ⑤. 0.34

【解析】

【详解】（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块重力沿木板向下的分力大小等于摩擦力，即木板在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，此处采用的科学方法是阻力补偿法。

故选B。

（2）[2]

A．实验时，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有更多的数据信息，故A错误；

B．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砖码总质量为M，砝码桶及桶内砖码总质量为m，由牛顿第二定律，则有

对木块

当m≪M时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砖码的总重力。因此为使砖码桶及桶内砖码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误；

C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，故C正确：

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，因是木块与木块上的砝码的总重力沿木板的下滑力来平衡摩擦阻力，则有

得

因此改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误。

故选C。

（3）[3]ABC．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响a-F关系图，AB段明显偏离直线，故ABC错误；

D．当所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量太大时，则有木块所受的合外力

造成此现象的主要原因可能是当砝码桶及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有a-F图像的AB段明显偏离直线，故D正确。

故选D。

（4）[4]滴水计时器等间隔时间为

根据逐差法可得小车的加速度大小为

[5]小车受到的阻力大小为

四、解答题

13. 我国发射的“神舟”五号飞船于2003年10月15日上午9:00在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间10月16日6时07分在内蒙古中部地区准确着陆。试回答下列问题：

（1）当返回舱降到距地球10km时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有1200m2，由于空气阻力作用有一段减速至匀速的下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比（f=kv2，k为常数，未知），并已知返回舱的质量为8t，这一过程的收尾速度为14m/s，试求常数k，和当返回舱速度为42m/s时的加速度为多大？（g取10m/s，除不尽的结果写为分数）

（2）当返回舱在距地面约1m时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于3.5m/s的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少？（这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡）

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意可知，返回舱速度为42m/s时，根据牛顿第二定律可得

其中

返回舱速变为14m/s时，返回舱做匀速运动，重力与阻力大小相等，则有

联立解得

（2）点燃反推火箭后，由牛顿第二定律得

软着陆速度若是3.5m/s，则

联立解得

14. 全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，传送带与某包裹间动摩擦因数μ=0.8，MN间距离L=2.8m，包裹可视为质点且放在MN中点。小车沿轨道匀速运动的速度以v1=5m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上的传送带迅速启动，获得v=4m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量m=0.5kg，取g=10m/s2。

（1）求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间；

（2）若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包运裹沿小车运动方向上距离隔口中间多远处启动传送带？

【答案】（1）0.6s；（2）3m

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律

解得包裹的加速度大小为

包裹与传动带相对静止时，有

解得

此时包裹沿传动带方向的位移为

解得

包裹匀速运动的时间为

从传送带启动到该包裹到达N处所需时间为

（2）启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为

15. 如图所示，一架质量为M=2kg的小车模型静止在光滑水平面上，车上放置有木板A，木板左端放有可视为质点、质量mB=4kg的小物体B。A、B紧靠车厢前壁，木板A的右端与小车后壁相距一定的距离。现对小车施加水平向左的恒力F=34N，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过t0=1s，木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中木板A的加速度大小aA=4m/s，物体B未与木板A保持相对静止，但未从木板A上滑离，已知木板A与小车间的动摩擦因数，物体B与木板A间的动摩擦因数μ=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）求木板A的质量，和小车做匀加速直线运动的加速度大小；

（2）木板A的右端与小车后壁相距的距离；

（3）假设车和木板足够长，现对小车施加水平向左的大小从零开始连续增加的力F，请在图中画出物块B受到木板A的摩擦力f随拉力F大小变化的图像。（需要写明图像各部分表达式及所有关节点的运算过程和数值）

【答案】（1）2kg，8m/s2；（2）2m；（3） 

【解析】

【详解】（1）由题知，木板A与车厢后壁发生碰撞前过程，与B发生相对运动且加速度aA=4m/s，对A受力分析，根据牛顿第二定律有

解得

对车受力分析，根据牛顿第二定律有

解得

（2）由位移关系可得

解得

（3）因，随F增加，车与AB整体一起运动，无相对的滑动，加速度增加，AB先发生相对滑动，F继续增加，A与车发生相对滑动。设A与B刚要发生相对滑动时的外力为F1，对B分析可知

解得

对整体分析可得

解得

所以，在F大于零小于等于20N之间，三者一起加速运动，AB之间为静摩擦力

当F大于20N后，物块B相对木板A运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小恒为

综上所示，可画出木板受到车厢底板的摩擦力f随拉力F大小变化的图像如图所示