2023-2024学年四川省成都市双流区高三（上）第二次月考物理试卷（10月份）

2023-2024学年四川省成都市双流区高三（上）第二次月考物理试卷（10月份）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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。1．（6分）如图所示的仪器称为平抛竖落仪。把它固定在铁架台上，B球被弹片夹住，A球放在弹片右边的水平平台上，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放，下列说法正确的是（）A．下落过程中，A、B两球位移相同 B．下落过程中，A、B两球的平均速率相同 C．下落过程中，A、B两球速度变化量相同 D．即将着落地时，A球所受重力的功率小于B球所受重力的功率2．（6分）甲、乙两辆汽车同时同地出发，其v﹣t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述（）A．乙车在0～20s内做匀变速运动 B．在第10s末，乙车改变运动方向 C．在第20s末，甲、乙两车相距250m D．在第20s末，甲、乙两车相遇3．（6分）2022年卡塔尔世界杯足球赛正在热烈进行，吸引全球狂热。小丽由于每天长时间使用手机观看比赛，犯了颈椎病，设人的头所受重力大小为G，刚好把头托起时，两根关于竖直方向对称的轻质牵引带之间的夹角θ＝120°，则每根牵引带承受的拉力大小为（）A．G B． C． D．2G4．（6分）四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，查阅到万有引力常量G及地球质量M．卫星的轨道视为圆形。根据以上信息可以求出（）A．地球的半径 B．该卫星的角速度 C．该卫星受到的向心力 D．该卫星距离地面的高度5．（6分）在桌子上有一质量为m1的杂志，杂志上有一质量为m2的书．杂志和桌面之间的动摩擦因数为μ1，杂志和书之间的动摩擦因数为μ2，欲将杂志从书下抽出，则至少需要用的力的大小为（）A．（μ1+μ2）（m1+m2）g B．μ1（m1+m2）g+μ2m2g C．（μ1+μ2）m2g D．（μ1m1+μ2m2）g（多选）6．（6分）某同学通过实验正确作出标有“5V，2.5W”的小灯泡的U﹣I图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，则（）A．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大 B．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小 C．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为2.7W D．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为0.84W（多选）7．（6分）起重机某次从零时刻由静止开始竖直向上提升质量为500kg的货物，提升过程中货物的a﹣t图像如图所示，10～18s内起重机的功率为额定功率。不计其他阻力2。则在0～18s过程中（）A．货物的最大速度为1.4m/s B．起重机的额定功率5050W C．货物上升高度为12m D．0～10s和10～18s内起重机牵引力做功之比为5：8（多选）8．（6分）水平地面上某长平板车在外力作用下做直线运动如图甲所示，平板车运动的v﹣t图像如图乙所示，t＝0时将质量为m的物块（无水平方向初速度），平板车足够长，物块始终在平板车上，g取10m/s2，则物块运动的v﹣t图像可能为（）A． B． C． D．二、非选择题，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：9．（6分）为了探究静摩擦力及滑动摩擦力变化规律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，并进行了下列实验步骤：（ⅰ）用力传感器D测出物块A重为5.0N；（ⅱ）将力传感器D固定在水平桌面上，小车B放在桌面上，调整小车B的上表面水平，将物块A放在小车B上，并用细绳与传感器D连接，定滑轮以上的细绳均保持水平；（ⅲ）逐渐向沙桶中加入沙，通过力传感器D与计算机连接，得到细绳对物块A的拉力随时间的变化关系如图乙所示。分析以上实验数据可得：小车与物块间的最大静摩擦力大小为N，动摩擦因数为，t＝s时物块离开小车。10．（9分）常用无线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，最大允许电流为100mA．为测定这个电池的电动势和内阻，R为电阻箱（阻值范围为0～999.9Ω），R0为定值电阻．（1）图甲中接入R0的目的是防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起的作用；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用．A.50Ω，1.0WB.500Ω，2.5WC.1500Ω，25W（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，取得多组数据，作出了如图乙的图线．由图线知：当电压表的示数为2V时Ω（结果保留三位有效数字）．（3）根据图乙所作出的图象求得该电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω．（结果保留三位有效数字）11．（12分）如图所示，xOy是平面直角坐标系，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后从磁场边界最低点以垂直于y轴的方向射出磁场，求：（1）电场强度的大小E；（2）磁感应强度的大小B。12．（20分）如图所示，半径R＝7.5m的四分之一光滑圆弧QP竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P点3V/m的匀强电场，竖直边界MP右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上（视为质点）大小形状相同，A电荷量为q＝+5×10﹣3C，B不带电，质量mA＝3kg，mB＝1kg。从Q点由静止释放A，与静止在地面上D点的B碰撞。已知A、B与地面间动摩擦因数均为μ＝0.2，P、D间距离xo＝16.5m，g取10m/s2，A、B间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：（1）物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小；（2）物块A、B碰撞后瞬间，A、B速度的大小和方向；（3）物块A、B第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。（二）选考题[物理——选修3–3]（多选）13．（5分）如图所示，将甲分子固定于坐标原点O处，乙分子放置于r轴上距离O点很远的r4处，r1、r2、r3为r轴上的三个特殊的位置，甲、乙两分子间的分子力F和分子势能Ep随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示，设两分子间距离很远时，Ep＝0．现把乙分子从r4处由静止释放，下列说法中正确的是（）A．虚线1为Ep﹣r图线、实线2为F﹣r图线 B．当分子间距离r＜r2时，甲乙两分子间只有分子斥力，且分子斥力随r减小而增大 C．乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1做加速度增大的减速运动 D．乙分子从r4到r1的过程中，分子势能先增大后减小，在r1位置时分子势能最小 E．乙分子的运动范围为r4≥r≥r114．（10分）如图所示，竖直放置的均匀细U形试管，左侧管长30cm，底管长度AB＝20cm，初始时左右两管水银面等高，左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27℃，已知大气压强为p0＝75cmHg。①现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差。则此时气体的温度为多少摄氏度？②若封闭的空气柱气体温度为27℃不变，使U形管竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB管内时[物理——选修3–4]（多选）15．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，经过t1＝6s，波形图如图中虚线所示。已知波的周期T＞4s，则下列说法正确的是（）A．该波的波长为8m B．该波的周期可能为8s C．在t＝9s时，B质点一定沿y轴正方向运动 D．B、C两质点的振动情况总是相反的 E．该列波的波速可能为m/s16．如图，矩形MNPQ是某均匀材料制成的透明体的横截面，MNPQ所在平面内，接着光束到达PQ边且部分射出。已知NP边的长度l＝0.24m，空气中的光速c＝3×108m/s。求：（i）该材料对该单色光的折射率n；（ii）光束从O点射入至到达PQ边经历的时间t。

参考答案与试题解析一．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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。1．【分析】本题根据平均速率定义、速度变化量公式、瞬时功率公式，结合题意，即可解答。【解答】解：A.根据题意，AB的运动时间相同，AB的位移大小和方向都不同；B.根据平均速率公式v＝，AB运动时间相同，故平均速率不同；C.根据速度变化量公式Δv＝gt，故A，故C正确；D.重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg•gt，故将着落地时，故D错误；故选：C。【点评】本题考查学生对平均速率定义、速度变化量公式、瞬时功率公式的掌握，难度不高，比较基础。2．【分析】在v﹣t图像中，速度的正负表示运动方向，图像与时间轴围成的面积表示位移，通过分析两车位移关系，结合初始位置关系，可判断它们是否相遇。【解答】解：A、乙车在0～10s内和10s～20s内加速度不同，故A错误；B、乙车的速度一直为正，在第10s末，故B错误；CD、在第20s末甲＝20×20m＝400m，乙车的位移为x乙＝×10×10m+，由两车位移之差为Δx＝x甲﹣x乙＝400m﹣150m＝250m，故C正确；故选：C。【点评】解决本题的关键要理解速度﹣时间图像的物理意义，知道图像与时间轴围成的面积表示位移。要注意v﹣t图像不能反映物体的初始位置。3．【分析】以人头为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解．【解答】解：以人头为研究对象，头受到轻质牵引带的作用力以及重力由于牵引带之间的夹角为120°，则根据几何关系可知，即T＝F＝G，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．4．【分析】四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，可以根据此求解运动一周所用时间，即周期T，又ω＝，所以可以知卫星的角速度，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可。【解答】解：B、四川省处在北纬26°03′～34°19′之间，可以根据此求解运动一周所用时间，又ω＝，故B正确；AD、知道周期，由万有引力等于向心力G）2r，可以解得卫星的转动半径，不知高度，故AD错误；C、根据万有引力提供向心力＝m（）2r，由于卫星质量m不知道，故C错误；故选：B。【点评】该题考查万有引力定律的应用，灵活运用重力等于万有引力以及万有引力提供圆周运动的向心力是解题的关键。5．【分析】当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，分别对书和整体运用牛顿第二定律列式求解．【解答】解：当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大对书，有：μ2m2g＝m5a对整体，有：F﹣μ1（m1+m4）g＝（m1+m2）a联立得F＝（μ6+μ2）（m1+m5）g故选：A。【点评】本题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大．6．【分析】根据小灯泡的U﹣I图线上的点与原点连线斜率大小表示灯泡的电阻，分析小灯泡的电阻值变化情况。把定值电阻与电源整体看作等效电源，在灯泡的U﹣I图像坐标系内作出电源的U﹣I图线，读出灯泡接在电源两端时的电压与通过灯泡的电流，然后求出灯泡的实际功率。【解答】解：AB、根据电阻的定义式R＝，小灯泡的U﹣I图线上的点与原点连线斜率大小表示灯泡的电阻，故A正确；CD、把定值电阻R与电源整体看作等效电源，等效电源的U﹣I图线与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作状态，此时小灯泡的电压为U＝2.2V，则小灯泡的实际功率为P＝UI＝4.2×0.38W＝4.84W，D正确。故选：AD。【点评】本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验。要理解本实验的原理，注意将定值电阻等效为电源的内阻来处理。7．【分析】AB.在0～10s时间内物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二律求牵引力，根据运动学公式求10s末的速度，根据功率公式求额定功率；10s至18s货物做变加速运动，当牵引力等于重力时，速度达到最大值，根据功率公式求最大速度；C.根据匀变速运动公式求货物在0～10s时间内的位移，根据动能定理求解10s～18s内货物的位移，再求货物上升的高度；D.根据功的定义和做功与功率的关系式求解做功之比。【解答】解：AB.在0～10s时间内物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二律F﹣mg＝ma代入数据解得，牵引力F＝5050N根据运动学公式，10s末的瞬时速度v＝at＝0.8×10m/s＝1.0m/s10s末起重机达到额定功率，根据功率公式；10s至18s货物做变加速运动，当牵引力等于重力，加速度为了；根据功率公式，最大速度综上分析，故A错误。C.货物在0～10s时间内的位移设10s～18s内货物的位移为x2，根据动能定理代入数据解得x2≈8.07m货物上升的高度h＝x2+x2＝5m+3.07m＝13.07m，故C错误；D.在0～t1时间内，牵引力做的功为W7＝Fx1＝5050×5J＝25250J在10s～18s内，牵引力做功W3＝PΔt＝5050×（18﹣10）J＝40400J做功之比，故D正确。故选：BD。【点评】解答此题的关键是能够根据图象获取相关的物理量，并能够分析出物体的运动状态，然后结合牛顿第二定律、动能定理及功的定义求解。8．【分析】根据速度﹣时间的图像分析平板车的运动情况，确定物块相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解。【解答】解：物块无初速放到长平板车上，与长平板车相对运动，物块与长平板车共速后，若平板车减速的加速度不大于物块加速过程的加速度（这是物块加减速的最大加速度）；若平板车减速的加速度大于物块加速过程的加速度，物块减速的加速度大小要等于其加速过程的加速度大小。AD、物块与长平板车在2s时共速后一起先匀速运动，所以物块与平板车相对静止一起匀减速运动，D错误；BC、物块与长平板车在4s时恰好共速后，由图像可知平板车减速的加速度大于物块加速过程的加速度，即物块在滑动摩擦力的作用下匀减速运动，故B错误。故选：AC。【点评】本题中物体与平板车有相对运动，要根据物块可能的受力情况，来确定物块可能的运动情况，并掌握牛顿第二定律的应用。二、非选择题，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：9．【分析】根据图乙直接读出最大静摩擦力、滑动摩擦力和物块离开小车的时刻，根据滑动摩擦力的计算公式求解动摩擦因数。【解答】解：（ⅲ）由于滑块一直处于静止状态，所以传感器显示的力和滑块受到的摩擦力大小相等，此时小车没有运动，随着沙子逐渐增多，小车与滑块间的摩擦力达到最大静摩擦力；此后滑块受到滑动摩擦力且保持不变，滑动摩擦力大小为f＝2N＝＝0.4；根据图乙可知，在t＝8s时物块离开小车。故答案为：（ⅲ）2.2；7.4；9。【点评】本题考查滑动摩擦力的实验探究，要是明确实验原理，利用所学物理规律进行分析求解即可；能够根据图象获取信息是关键。10．【分析】（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得；（3）求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：（1）R0是定值电阻，起保护电路的作用．当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为：R0＝﹣40Ω＝，定值电阻应选A、50Ω；（2）电压等于2V时，＝7.5由图乙可知，电压等于2V时，﹣5所以：Ω（3）由闭合电路欧姆定律可得：U＝R变形得：＝+，由数学知识可知，图象中的斜率k＝；由图可知，b＝0.2；k＝＝6.33；即＝8.33；解得：r＝33.3Ω；故答案为：（1）保护电路，A；（2）20.8，33.3【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，由图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式、根据图象与函数表达式即可求出电源电动势与内阻．11．【分析】（1）带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，根据平抛运动规律列式可求；（2）作出粒子的运动轨迹如图，根据动能定理求出进入磁场时速度大小，再根据速度关系求出进入磁场时的方向；由几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合牛顿第二定律列式可求。【解答】解：（1）带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，根据平抛运动规律有2h＝v0t根据牛顿第二定律得qE＝ma联立解得：；（2）作出粒子的运动轨迹如图，带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：解得：P点速度与x轴夹角设为θ，则有，则θ＝45°粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力设磁场区域半径为R，由几何关系得r+rcos45°＝RR+rcos45°＝7h解得：。答：（1）电场强度的大小E为；（2）磁感应强度的大小B为。【点评】该题考查的是带电粒子在组合场中的运动情况，对于粒子在电场中的类平抛运动必须掌握两个方向的运动规律，而运动圆周运动则需要作出运动轨迹，根据几何知识分析轨迹对应的半径和圆心角。12．【分析】（1）对物块A从Q到P过程应用动能定理可以求出到达P点的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力。（2）应用动能定理求出A与B碰撞前瞬间的速度，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度。（3）由牛顿第二定律求出A、B的加速度，然后应用运动学公式求出两者再次碰撞需要的时间。【解答】解：（1）物块A从Q到P过程，由动能定理得：（mAg﹣qE）R＝，代入数据解得；vP＝10m/s，在P点，由牛顿第二定律得：F+qE﹣mAg＝mA，代入数据解得：F＝60N；（2）物块A从P到D过程，由动能定理得：（qE﹣μmAg）x0＝，代入数据解得：v1＝12m/s，A、B发生弹性碰撞、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1＝mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：vA＝6m/s，vB＝18m/s；（3）A、B碰撞后对A：qE﹣μmAg＝mAaA，对B：μmBg＝mBaB，代入数据解得：aA＝m/s2，aB＝2m/s6，设经过时间t两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：vAt+＝vBt﹣，代入数据解得：t＝7.2s；答：（1）物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小为60N；（2）物块A、B碰撞后瞬间，A、18m/s；（3）物块A、B第一次碰撞后。【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式可以解题。（二）选考题[物理——选修3–3]13．【分析】根据分子位于平衡位置时分子力为零，分子势能最小，确定图线的类型；分子间引力和斥力同时存在，都随分子间距离的减小而增大，根据分子力做功情况判断分子势能的变化情况。【解答】解：A、当分子力为零时分子势能最小p﹣r图线、实线2为F﹣r图线；B、当分子间距离r＜r2时，甲乙两分子间分子斥力和引力同时存在，故B错误；C、乙分子从r3到r2的过程，受到分子引力作用而加速运动，分子力先增大后减小。乙分子从r2到r7的过程，受到逐渐增大的斥力作用，故C正确；D、乙分子从r4到r1的过程中，分子力先做正功后做负功，在r3位置时分子势能最小，故D错误；E、根据能量守恒知乙分子在r1位置时速度为零，根据运动过程的对称性可知4≥r≥r3，故E正确。故选：ACE。【点评】解决本题时要掌握分子力和分子势能与分子距离的关系，要知道分子间的引力和斥力总是同时存在，并且都随分子间的距离的增大而减小，分子力为零时分子势能最小。14．【分析】（1）从状态1到状态2气体发生变化，由理想气体状态方程求解。（2）从状态1到状态3气体发生变化，由理想气体状态方程求解末状态的压强，然后由牛顿第二定律列式，联立即可求出。【解答】解：（1）加热后左管的压强：p2＝p0+ρgh＝80cmHg两侧水银面形成6cm长的高度差，则左侧下降2.5cm；加热后左管内气体的高度：L5＝L1+＝22.3cm以左管内气体为研究对象，初状态：P1＝75cmHg，V1＝20S，T7＝300K末状态：P2＝80cmHg，V2＝22.8S，T2＝？从状态1到状态7由理想气体状态方程：＝代入数据：＝得T2＝360K即t5＝87℃；（2）若左管的水银恰好全部进入AB管内，则气体的体积：V3＝30S由玻意耳定律：P1V2＝P3V3可得：P8＝50cmHg设水银的密度为ρ，重力加速度为g3＝0.6ρg（Pa）左管的水银恰好全部进入AB管内时，右侧的水银柱的长度为20cm＝0.2m；加速的方向与右侧的竖直管垂直P右＝P7+ρgH＝0.95ρg（Pa）以AB段的水银为研究对象，设AB段的横截面积为SAB段内的水银做加速运动，则：ma＝P右S﹣P3S将L＝A