四川省阆中中学2025届高三物理9月月考试题

PAGEPAGE11四川省阆中中学2025届高三物理9月月考试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14－18题只有一项符合题目要求，第19－21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.如图所示，小球A位于斜面上，小球B与小球A位于同一高度，现将小球A、B分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角为45°的斜面上的同一点，且小球B恰好垂直打到斜面上，不计空气阻力，则v1∶v2为A．3∶2 B．1∶2C．1∶1 D．2∶1如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过一根不行伸长的细绳带动小车沿水平面对右运动．若滑轮右侧的细绳与竖直方向成β角，且重物下滑的速率为v时，滑轮左侧的细绳与水平方向成α角，则小车的速度v车为A.eq\f(vcosβ,cosα)B.eq\f(vsinβ,cosα)C.eq\f(vcosβ,sinα)D.eq\f(vsinβ,sinα)16.某空降兵从直升机上跳下，8s后打开着陆伞，并始终保持竖直下落。在0～12s内其下落速度随时间变更的v­t图象如图所示。则A．空降兵在0～8s内下落的高度为4v2B．空降兵(含着陆伞)在0～8s内所受阻力可能保持不变C．8s时空降兵的速度方向变更，加速度方向保持不变D．8～12s内，空降兵(含着陆伞)所受合力渐渐减小17.如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为1kg的物块相连．物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2N．若小车起先向右加速运动，则()A．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力渐渐减小B．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力渐渐增大C．当小车的加速度大小为5m/s2时，物块肯定与小车相对滑动D．当小车的加速度大小为4m/s2时，物块肯定与小车相对静止如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接一物体A.用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩，A、B与地面的动摩擦因数分别为μA和μB，且μA＜μB，释放A、B，伸长量为eq\f((μB＋μA)mg,k) B．压缩量为eq\f((μB＋μA)mg,k)C．伸长量为eq\f((μB－μA)mg,k) D．压缩量为eq\f((μB－μA)mg,k)19.如图所示为甲、乙两物块在同始终线上运动的位置(x)—时间(t)图像，乙物块做匀变速运动，加速度大小为0.2m/s2，两图线相切于坐标点(5s，－3m)，则下列说法正确的是()A.前5s内，乙的运动方向发生过变更B.t＝5s时，甲、乙相遇且速度相同C.乙的初速度大小为1.8m/sD.t＝0时刻，甲、乙相距2.5m20.如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均为2N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压缩了10cm，两条线的夹角为60°，则A.弹簧的弹力大小为0.5NB.细线的拉力大小为2NC.球C的重力大小为eq\r(3)ND.杆对球A的支持力大小为(2＋eq\r(3))N21.如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2。若传送带的速度可以随意调整，当小物块在A点以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为A.1m/sB.3m/sC.6m/s D.9m/s22.(6分)某试验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ。每次滑块都从斜面上由静止起先下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm。(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本试验还须要测出或知道的物理量是________(填下列序号)。A．滑块和遮光板的总质量mB．斜面的倾角θC．当地的重力加速度g(3)试验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为________。A．t2­L图象B．t2­eq\f(1,L)图象C．L2­eq\f(1,t)图象D．L2­t图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于μ值的表达式为μ＝________。(可用以上物理量的符号表示)23.(9分)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A.电压表(量程0～1V，内阻约10kΩ)B.电压表(量程0～10V，内阻约100kΩ)C.电流表(量程0～1mA，内阻约30Ω)D.电流表(量程0～0.6A，内阻约0.05Ω)E.电源(电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计)F.电源(电动势12V，额定电流2A，内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0～10Ω，额定电流2A)①为使测量尽量精确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)②画出测量Rx阻值的试验电路图。③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从试验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)，缘由是________________________________________________________________________________。24.（12分）如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2kg的无人机，其动力系统所能供应的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止起先，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5s时离地面的高度为h=75m(g取10m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停在离地面高度H＝100m的无人机突然失去升力而坠落，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动供应向上最大升力．为保证平安着地，求无人机从起先下落到复原升力的最长时间．25.（20分）如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6kg，长度l＝0.5m．现有一质量m＝0.4kg的小木块，以初速度v0＝2m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小木块滑上其次个木板的瞬间的速度大小；(2)小木块最终滑动的位移(保留两位有效数字)．34.（15分）[物理——选修3–4]（1）（5分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5m的质点，虚线是t2＝(t1＋0.2)s时刻的波形图。下列说法中，正确的是（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．该波遇到长度为3m的障碍物时将会发生明显衍射现象B．波速可能为20m/sC．该波的周期可能为0.6sD．若波速为35m/s，该波肯定沿着x轴负方向传播E．若波速为15m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60cm（2）（10分）如图所示是横截面为eq\f(1,4)圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA面从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB面折射后与OB延长线相交于P点，已知玻璃砖半径R＝5cm，P到O的距离d2＝5(eq\r(3)＋1)cm，求：（i）玻璃的折射率；（ⅱ）平移后的光线到OB的距离d。

高2024级高三9月份月考物理参考答案14.B解析：由题意可知，两小球下落的高度相同，故下落的时间相同，由平抛运动的规律，对A球有：eq\f(x,y)＝eq\f(v1t,\f(1,2)gt2)＝tan45°①对于B球：eq\f(v2,gt)＝tan45°②联立①②两式解得，v1∶v2＝1∶2，故选B15.A解析：如图所示，小车的速度为v车，沿细绳方向的分速度为v3＝v车cosα，重物M速度为v时，沿细绳方向的分速度为v1＝vcosβ.由于细绳不行伸长，小车和重物沿细绳方向的分速度大小相等，即v车cosα＝vcosβ，解得v车＝eq\f(vcosβ,cosα)，选项A正确．16.D解析：由v­t图象可知，v­t图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在0～8s内下降的高度大于eq\f(1,2)×v2×8＝4v2，故A错误；由v­t图象可知，在0～8s内，v­t图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越来越大，B错误；由v­t图象可知，在8s时，空降兵的速度起先减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了变更，可知加速度的方向发生了变更，变为竖直向上，故C错误；8～12s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：F合＝ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含着陆伞)所受合力渐渐减小，D正确。17.D解析：当小车与物块相对滑动后，随着小车的加速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，故A错误；当小车与物块相对静止时，弹簧弹力始终不变，故B错误；由题可知，物块与小车间的最大静摩擦力大于等于2N，当小车的加速度大小为5m/s2时，只要没有达到最大静摩擦力，物块就不会与小车相对滑动，故C错误；当摩擦力等于2N且方向向右时，弹簧弹力等于2N，物块所受的合力为4N，由牛顿其次定律可得，物块的加速度为4m/s2，故D正确18.C解析：弹簧压缩时A、B一起运动不会分别，A、B分别时弹簧处于伸长状态，当A、B分别时其相互作用力为0，对B：μBmg＝ma.对A：μAmg＋kx＝ma，解得x＝eq\f((μB－μA)mg,k).19.BD解析：由题图可知，前5s内，甲、乙均沿x轴负方向运动，A错误；两图线相切于坐标点(5s，－3m)，表明t＝5s时，甲、乙相遇且速度相同，速度为v1＝－0.6m/s，B正确；对乙物块，依据运动学公式有v1＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C错误；乙的位移x＝x0＋v0t＋eq\f(1,2)at2，代入(5s，－3m)及v0的值，可得x0＝2.5m.20.BD解析：弹簧的弹力大小F＝kx＝1N，对球A，依据平衡条件，有FTsin30°＝kx，解得细线的拉力大小FT＝2N，所以A项错误，B项正确；对球C，有mg＝2FTcos30°＝2eq\r(3)N，故C项错误；利用整体法，杆对A、B两球的支持力大小为(4＋2eq\r(3))N，依据对称性，杆对球A的支持力大小为eq\f(4＋2\r(3),2)N＝(2＋eq\r(3))N，D项正确。21.BC解析：由题意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若传送带的速度很小(始终小于物块的速度)，小物块始终减速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2a1L)＝2m/s；若传送带的速度很大(始终大于物块的速度)，小物块始终加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a2L)＝8m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2m/s到8m/s的范围内，选项B、C正确。22.答案(1)0.225(2)BC(3)B(4)tanθ－eq\f(d2,2kgcosθ)解析：(1)主尺示数为2mm，游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：5×0.05mm＝0.25mm，故所测宽度为：2mm＋0.25mm＝2.25mm＝0.225cm。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v＝eq\f(d,t)，由牛顿其次定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma及v2=2aL,可得μ＝eq\f(gLsinθ－\f(1,2)v2,gLcosθ)＝eq\f(gLsinθ－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2,gLcosθ)＝tanθ－eq\f(d2,2gLcosθ·t2)，故须要测量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C正确。(3)由μ＝tanθ－eq\f(d2,2gLcosθ·t2)，可以得到：t2＝eq\f(d2,2gsinθ－μcosθ)·eq\f(1,L)，即t2­eq\f(1,L)图象是一条过原点的直线，可作t2－eq\f(1,L)线性图象处理数据求μ值，B正确。(4)图象的斜率为k，则由k＝eq\f(d2,2gsinθ－μcosθ)，解得μ＝tanθ－eq\f(d2,2kgcosθ)。23.答案：①BCF②如图③大于电压表的读数大于待测电阻两端实际电压解析：若选用电动势为1.5V的电源，则试验中电流最大值仅为0.15mA，两个电流表均无法精确测量，故选用电动势为12V的电源F；此时，试验中最大电流约为1.2mA，故电流表选用C；电压表选用B。由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器采纳分压式接法；待测电阻的阻值远大于电流表内阻，所以电流表内接。由于电流表的分压作用，电阻测量值偏大，所以电阻测量值大于其真实值。24.解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsinθ－μmgcosθ－F1>0，所以假设成立，物体在0～2s内沿斜面对下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿其次定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5m/s.(2)物体在前2s内发生的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，代入数据可得a2＝－0.5m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物体在t2时间内发生的位移为x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<mgsinθ＋μmgcosθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m25.解析:(1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg＝1.2N，木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6N，因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动．设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，小木块滑上其次个木板的瞬间的速度为v，则有：μ1mg＝ma1v2－v02＝－2a1l联立解得：a1＝3m/s2,v＝1m/s(2)木块滑上其次个木板后，由于μ2(M＋m)g＝1N<Ff1，所以其次个木板向右加速滑动，设木板的加速度大小为a2，则有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2设木块与其次个木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：对木块：v1＝v－a1t对木板：v1＝a2t联立解得：a2＝eq\f(1,3)m/s2，v1＝0.1m/s，t＝0.3s木块滑上其次个木板运动的位移x1＝eq\f(v＋v1,2)t＝0.165m其次个木板的位移x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a2)＝0.015m木块在其次个木板上滑动的距离为x1－x1′<l，故达到共速后，木块和其次个木板一起接着运动，设木块、其次个木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，有：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3v12＝2a3x2联立解得x2＝0.005m故小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.67m.34.答案(1)ADE(2)（i）eq\r(2)（ⅱ