2022-2023年重庆市九校联盟高三年级上册12月月考相似卷物理试题（解析版）

2023-2024学年度重庆市九校联盟高三物理12月月考相似卷

考试时间：75分钟

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

3.考试范围：人教版必修1、2、3册，选择性必修第一册第一章，选择性必修第二册第一章

第I卷（选择题）

一、单选题

1.下图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由穆军的站姿变化到移足的蹲姿称为“下蹲”过程;

由移足的蹲姿变化到移定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为Ao,关于实验现象，下

列说法正确的是（）

A.“下蹲”过程，体重计的示数一直小于Ao

B.“起立”过程，体重计的示数一直大于Ao

C.“起立”的过程，先出现超重现象后处于平衡状态

D.“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于Ao的现象

【答案】D

【解析】

【详解】A.下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态，后处于超重状

态；体重计示数先小于Ao后大于Ao,故A错误；

BC.人从下蹲状态站起来的“起立”过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，

人先处于超重状态，后处于失重状态，体重计示数先大于Ao后小于Ao,故BC错误；

D.根据以上分析可知，“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于Ao的现象，故D正确。

故选D。

2.图示为甲、乙两辆电动汽车的速度图像，它们在同一平直公路上，朝同一方向做直线运动，已知它们在

仁5s时相遇，则以下说法正确的是（）

A.都加速时的甲乙加速度大小之比为1：2

B.t=0时刻甲车在乙车后方30m远处

C.分析知Z=15s时甲车与乙车再次相遇

D.分析知U30s时甲车与乙车再次相遇

【答案】B

【解析】

【详解】A.甲加速时加速度为

Av™12—022

t/ffl=-——=-------m/s-=2.4m/s-

△而5

乙加速时加速度为

%=胃=鼠6=1.26

都加速时的甲乙加速度大小之比为2：1,A错误;

B.己知它们在/=5s时相遇，因此U0时刻甲车在乙车后方距离即为甲车0~5s内的位移，则

/f=£x5m=30m

B正确；

C.0~15s甲车位移为

=10+15xl2m=15Qm

0~15s乙车的位移为

12

x^=-x(15~5)m=60m

f=15s时甲车与乙车的距离为

△%=元甲一%乙-%0=60m

故此时甲乙没有再次相遇，C错误;

D.0〜30s甲车的位移为

峰=---x12m=330m

0~30s乙车的位移为

1,

xi=—xl.2x(30-5)-m=375m

u30s时甲车与乙车的距离为

Ax=%乙+x0-4甲=75m

故此时甲乙没有再次相遇，D错误；

故选B。

3.图为一种拓展训练的团队合作项目——“鼓动人心”。每个队友都拉着其中一条绳子，通过绳子控制鼓

面来颠球。借助全体队员的共同努力，完成颠球目标。某次颠球过程，质量为250g的排球从静止下落45cm

击中鼓面，被队员齐心协力竖直弹回原高度，球与鼓面的接触时间为0.1s,不计空气阻力，则下列说法正确

的是()

A.从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量一直增大

B.鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的冲量等于排球动量的变化量

C.若队员齐心协力，可以使鼓面与每根绳子始终处于同一水平面上

D.鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的平均作用力大小为20N

【答案】A

【解析】

【详解】A.冲量是作用力与时间的乘积，显然排球从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量一直增大,

故A正确；

B.根据动量定理，鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的作用力与排球重力的合力的冲量等于排球动量的

变化量，故B错误；

C.因鼓有重力，鼓面与每根绳不可能在同一平面上，故C错误；

D.对球由动量定理

（F-rng）t=mv2

其中

=v2=12gh=3m/s

得

F=17.5N

故D错误。

故选A„

4.如图，空间有A、B、C、D、E、F、G、X八个点，八个点恰好位于一正方体的八个顶点，两个电荷量

均为+。（Q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点A、C上，。点为A3C。面对角线AC的中点，正方体对

电场分布和电荷的运动没有影响。下列说法正确的是（）

A.8点的电势高于。点的电势

B.B点的电场强度小于下点的电场强度

C.将一负试探电荷从B点沿棱A4向A点移动的过程中电势能逐渐增大

D.将原来静止于8点的带负电的试探电荷沿棱8月方向以适当的初速度运动，之后仅在静电力作用可能做

匀速圆周运动

【答案】D

【解析】

【详解】A.依题意，空间中为等量同种正电荷形成的电场，根据等量同种正电荷空间中电场及等势线的分

布特点，结合沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知8点的电势低于。点的电势，故A错误；

B.设正方体的边长为L根据场强叠加原理，可得B点、F点的电场强度大小为

EB=72k7

与kQ_辰。

EF

一pZf-H

可知B点的电场强度大于厂点的电场强度，故B错误；

C.将一负试探电荷从B点沿棱54向A点移动的过程中，电荷受到电场力的方向与运动方向的夹角小于

90°,电场力对电荷做正功，则电势能逐渐减小，故C错误；

D.若将原来静止于8点的带负电的试探电荷沿棱8尸方向以适当的初速度运动，由于负电荷的运动方向与

所受电场力方向恰好垂直，且若此时的电场力恰好满足电荷做匀速圆周运动所需的向心力，根据同种正电

荷空间电场的分布特点，可知它之后仅在静电力作用下可能做匀速圆周运动，故D正确。

故选D„

5.如图所示，A、B两木块叠放在水平地面上，A、B的质量分别是力和M,A、B间的动摩擦因数为〃i,

B与地面间的动摩擦因数为〃2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要把B从A下面拉出来,

则拉力厂的大小必须满足()

B——►

////////////////////////

A.F>N2MgB.F>/i2(m+M)g

C.F>/Ltimg+fi2gD.F>(m+Af)g

【答案】D

【解析】

【详解】要把B从A下面拉出来，则B的加速度要大于A的加速度大小，即

«B>«A

对A分析，根据牛顿第二定律有

/J^ng-ma人

对B分析，根据牛顿第二定律有

F-/Lixmg-ju2(m+M)g=MaB

联立可得

F>(//j+〃2)(7〃+Af)g

故选D。

6.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三个点，。为半圆弧的圆心，NMOP=90。。在M、P

处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流，这时。点的磁感应

强度大小为瓦，现将尸处的长直导线沿圆弧逆时针移动30。角到。点(图中未画出)，则。点的磁感应强度

的大小为()

oN

A/0-ITI

90°；

D.2Bo

【答案】A

【解析】

【详解】根据安培定则可知，两导线在。点形成的磁感应强度如图所示

M

合磁感应强度大小为瓦，.则根据几何关系可知，两导线单独形成的磁感应强度大小为

B当

当P处的导线移到。点时，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示

由几何关系可知，。点的磁感应强度大小为

B。与。

故选A„

7.如图所示，光滑水平面上放着倾角9、高//的光滑斜面A,C为固定的光滑卡槽，细杆B只能沿竖直方

向运动，A只能沿水平方向运动。开始时，A在水平推力歹作用下处于静止状态，B的下端处在A的顶端,

A、B质量相等，重力加速度为g。现撤去推力品从A、B开始运动到B即将到达地面的过程中，AB始终

接触，下列说法正确的是（）

A.B的机械能守恒

B.A的机械能守恒

C.A、B组成的系统动量守恒

D.当杆的下端刚滑到斜面底端时，可求得此时斜面体速度的大小

【答案】D

【解析】

【详解】AB.从A、B开始运动到B即将到达地面的过程中，A、B之间的弹力对A、B做功，所以A、B

的机械能不守恒，故AB错误；

C.由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统动量不守恒，故C

错误；

D.当在很短时间A/内光滑直杆下落A/z高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为

AA

x=------

tan。

所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan。，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为vi,斜面

体的速度大小为也，由系统机械能守恒有

mgh=—mVy+—x2mv^

由速度关系

匕=v2tan0

解得

2gh

V2=

2+tan20

故D正确。

故选D。

二、多选题

8.如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、a。是轨迹上的四个位置，其中A

距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是（）

一・一....•.....、

＜痔地球MJ"

…？...........

A.卫星在A点的速度最大

B.卫星在C点的速度最大

C.卫星在A点的加速度最大

D.行星从A到C做减速运动

【答案】ACD

【解析】

【详解】ABD.卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，轨道上离地球越近，卫星的速度越大,

离地球越远，卫星的速度越小；则卫星在A点的速度最大，卫星在C点的速度最小，行星从A到C做减速

运动，故AD正确，B错误；

C.根据牛顿第二定律可得

GMm

——--=ma

r

可得

GM

a二——

r

可知卫星在A点的加速度最大，故C正确。

故选ACDo

9.某篮球爱好者投篮训练时，篮球的运动轨迹如图所示，A是篮球的抛出点，B是篮球运动轨迹的最高点，

C是篮球的入框点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为60°,在C点速度大小为V,与水平方向的

夹角为45。，重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.篮球经过8点时的速度为0

B.从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下

C.从A点到C点，篮球的运动时间为

-v2

D.A、C两点的度差为;^—

2g

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.篮球经过B点时有水平速度，则速度不为0,故A错误；

B.速度变化方向为重力加速度的方向，则从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下，故B正确;

C.在A、C两点时水平速度相同，即

vAcos60°=vcos45°

可得篮球从A点抛出时的速度为

4点竖直分速度

%sin60°=^v

方向竖直向上；

。点竖直分速度

0

vCy=vsin45°=

方向竖直向下；

选方向竖直向下为正方向，有

Vcy+"(3+V

I一——佝

g2g

故C正确；

D.从A到C,有

22

(vsin45°)=(vAsin60°)-2g/z

解得A、C两点的高度差为

2g

故D正确。

故选BCD。

10.如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域A3,该区域中的尸点距A点较近。材料与形状完全相同的

两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由A到8逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空

间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到及然后再让乙物块从B由静止释放滑到4

两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中正确的是（）

匀强电场

APB

A.两个物块在上述过程中获得的速度大小相等

B.甲物块在上述过程中所用时间较长

C.若甲乙同时从A、2释放，它们可能在尸点相遇

D.若甲乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.根据动能定理得

WAB-了-

所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A正确；

B.甲运动过程加速度在增大，故5图像的斜率增大，如图线1乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如

图线2,由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程

的时间长，故B正确

C.若甲乙同时从A、B释放时，由B项可知乙物块2到尸段时间加速度大于甲物块从A到尸端的加速度，

所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C正确;

D.若甲乙同时从A、B释放，由B知当甲乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲乙之间的相互作

用力为尸，对甲物块根据动量定理

机v后一，"V前=CqE-f-F）t

可知甲乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动。故D错误。

故选ABC。

第II卷(非选择题)

三、实验题

11.某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。将打点计时器固定在铁架台上，用

重物带动纸带由静止开始下落。

<——70.99cm

78.59cm

-------86.59cm

(1)对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是

A.重物选用质量和密度较大的金属锤

B.两限位孔在同一竖直面内上下对正

C.精确测量出重物的质量

D.用手托稳重物，先释放重物，再接通电源

(2)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图所示。纸带上的第一个点记为O,另选连续的三个点A、

C进行测量，图中给出这三个点到。点的距离以、加和生的值。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,

当地重力加速度为g=10m/s2。打点计时器打B点时，重物速度的大小力=m/s(结果保留两位有

效数字)。从纸带上打出。点到2点的过程中，重物减少的重力势能与增加的动能八线的大小关系是

AEk（">”“=，，“<，，）o

为了进一步提高实验精度，该实验小组改用光电计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。让钢球

吸附器吸附小钢球并测量小钢球中部到光电门的高度山小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门所用的

时间f；改变光电门的位置，重复实验，记录多组关于山，的数据。

光电计时器

（3）小钢球直径1为cm

（4）为验证机械能守恒，要验证的表达式为（已知/7,t,1及当地重力加速度g）

【答案】①.AB##BA②.3.9③.>1.165⑤.gh=5

【解析】

【详解】（1）[1]A.重物选用质量和密度较大的金属锤，可减小空气阻力的影响，故A正确;

B.两限位孔在同一竖直面内上下对正，可减小纸带阻力的影响，故B正确;

C.根据实验原理可知重物的质量可被消去，无需测量出重物的质量，对实验无影响，故C错误;

D.用手托稳重物，应先接通电源，再释放重物，故D错误

故选AB„

（2）[2]根据题意可知周期为

T=J_=0.02s

根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知

v=3.9m/s

B2T

[3]由于阻力的影响可知，重物减少的重力势能与增加的动能八国的大小关系是AEp>AEk；

（3）⑷游标卡尺的精度为0.05mm,读数为

11mm+13x0.05mm=11.65mm=1.165cm

（4）[5]根据实验原理可知若机械能守恒，应满足

化简可得

8h=^

12.一只演示电流表G,表盘既无刻度值又不知其内阻值。为测量该电流表的参数，某同学进行了下列操作:

(1)将G按图所示接入电路，为确保安全，开关闭合前，滑动变阻器”的滑片应置于(填“最

左端”“最右端”或“正中间”)；

(2)将电阻箱R调为300.0Q，闭合开关，调节&的滑片使G的指针指到满偏/g,此时V的示数为L20V；

(3)保持丫的示数不变，反复调整R的阻值和耳滑片的位置，使G的指针指到;此时电阻箱R的阻

值为700.0Q；

(4)可知G的内阻为Q,满偏电流及为mA；

(5)将G改装成量程为3V的电压表，电阻箱的值需调为与，则?=Q。

【答案】①.最右端②.100③.3.0④.900

【解析】

【详解】(1)防止电表示数过大被烧坏，电压应从。开始逐渐增大，滑动变阻器&的滑片应置于最右端。

(4)利用(2)(3)两步结合欧姆定律可以列式

1.2V=(300Q+Rg)/g

L2V=(700Q+Rg片

解得

4=100。

4=3mA

(5)利用欧姆定律得

3V=（K）+Rg）x3mA

解得

RQ=9000

四、解答题

13.如图，某同学用大小为100N的拉力拉动一个26kg的行李箱沿水平地面匀速前进，拉力与水平方向的夹

角为37。“己知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)行李箱受到的摩擦力大小；

(2)地面对行李箱的支持力大小;

【答案】(1)80N；(2)200N；(3)0.4

【解析】

【详解】(1)对行李箱受力分析，如图所示

Fcos37°-Ft=0

解得，行李箱受到的摩擦力大小

F{=80N

(2)根据平衡条件可得

Esin37°+综=mg

解得，地面对行李箱的支持力大小

FN=200N

(4)根据滑动摩擦力表达式可知

"互=9=0.4

FN200

14.如图所示，倾角为。=30。、足够长的斜面固定在水平面上，两物块A、B的质量分别为m=01kg、

M=0.5kg,物块A光滑、物块B与斜面间的动摩擦因数〃=g。物块B静置于斜面上，物块A从与物

块B相距/=0.4m处由静止释放。设物块A与B的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度g=10m/s?。

求：

(1)物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小；

(2)物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小；

(3)物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功。

A

///////////////////////////////

428

【答案】(1)—m/s,—m/s；(2)-m/s；(3)-4J

333

【解析】

【详解】(1)物体A沿斜面下滑的加速度为〃,根据牛顿第二定律可得

mgsin32

a—-----=5m/s

m

物块A第一次与物块B碰撞前的速度为

%=<2al=2m/s

物块A与B第一次碰撞后的速度分别为vA1、,根据动量守恒和机械能守恒可得

mv0^mvM+MvBl

0=^mVM+^MVBX

解得

42

VA1*—m/s,vB1=—m/s

42

则物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别为一m/s,-m/s。

33

(2)由于

Mgsin0=juMgcos0

可知碰撞后物块B匀速下滑，设第一次碰撞后经彳时间再次碰撞，根据运动关系，有

12

=vmtl

解得

%=0.8s

第二次碰撞前物块A的速度为

8,

=m/S

VA2=VA1+^13

(3)物块A与B第二次碰撞后的速度分别为以3、VB3,根据动量守恒和机械能守恒可得

mvA2+MvBl^mvM+MvB3

|mVA2+1^VB1=|%喙+1MvL

解得

24

以3=一§m/s,vB3=-m/s

设第二次碰撞后经时间再次碰撞，根据运动关系，有

12

“A3‘2+32=%3'2

解得

t2=0.8s

第一次碰撞到第三次碰撞，摩擦力对物块B做的总功为

W=-juMgcos+%3,2)=—4J

15.如图所示，直角坐标系中尸点(1m,0)右方边长为L=0.3m正方形边界湖加中有垂直纸面向里、

磁感应强度大小为稣=0.5T的匀强磁场，尸为加中点，P点左方第一象限有竖直向上的匀强电场，第二象

限有沿x轴负方向的匀强磁场。一质量m=8xl0-26kg、电荷量4=8x10-19c的粒子(重力不计)从磁场

边界演上某点。(未画出)以速度大小%=5xlC)5m/s射入后，从P点沿尤轴负方向进入电场，经y轴上

的。点(0,0.5m)进入第二象限内，在以后的运动过程中恰好未从尤OZ面上飞出磁场。

求：

(1)。点的横坐标；

(2)第一象限内电场强度大小及粒子到达Q点时速度的大小；

(3)第二象限匀强磁场的磁感应强度大小3

(4)粒子在第二象限中每次过x轴的位置的横坐标(结果可保留》或根号)。

【答案】（1）20+、m；（2）E=2,5X104N/C.V-5A/2xl05m/s；（3）8=0.IT；（4）粒子在第二

20

象限中第〃次过x轴的位置的横坐标为=—[0.75〃+(n—l)»]m(〃=1,2,3…)

【解析】

【详解】(1)粒子从。点进入磁场后做匀速圆周运动，之后从P点沿x轴负方向进入电场，则其轨迹的圆

心O'点在直线而上，可大致画出其运动轨迹，如下图所示，对粒子有

解得其轨道半径为

r=0.1m

则a点到。点的距离/为

。点的横坐标为

=lm+4=20+73

m

20