北京市某中学2023-2024学年高三年级上册10月月考物理试题

北京师大附中2023-2024学年（上）高三月考

物理试卷

考生须知

1.本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。

2.考生务必将答案及解答过程写在答题纸上，在试卷上作答无效。

3.考试结束后，考生应将答题纸交回。

第一部分

第一部分共16题，每题3分，共48分,1~12题为单选题。

1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线行驶，速度逐渐减小，v是汽车经过尸点时的速度。下图中

分别画出了汽车转弯时所受合力户的四种方向，其中可能正确的是（）

【答案】C

【解析】

【详解】汽车沿曲线行驶，合力指向轨迹的凹侧;汽车速度逐渐减小,说明合力沿切向方向分力与

速度相反，所以合力与速度的方向的夹角要大于90。，故C正确，ABD错误。

故选Co

2.把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物拉着

纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为

vAo通过测量和计算，得出了两点间的平均速度为匕，AC两点间的平均速度为丫2。下列说法正确的是

A.匕更接近VA，且匕小于力B.匕更接近办，且匕大于力

C丫2更接近L，且为小于眩D.%更接近七，且丫2大于乙

【答案】B

【解析】

【详解】因&点更接近于A点，则A8之间的平均速度匕更接近于A点的瞬时速度L，因重物做加速运

动,则从A到C相邻点间距逐渐增加，8点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则AB之间的平均速度匕大

于A点的瞬时速度vAO

故选B。

3.某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立动作来探究超重和失重现象。下列说法正确的是（）

A.下蹲过程中人始终处于超重状态

B.起立过程中人始终处于超重状态

C.下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态

D.起立过程中人先处于失重状态后处于超重状态

【答案】C

【解析】

【详解】AC.下蹲过程中，人的重心是先加速下降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，根据牛

顿第二定律可知，人先处于失重后处于超重状态，A错误，C正确；

BD.起立过程中，人的重心是先加速上升，后减速上升，故人的加速度先向上，后向下，故该过程中，先

是超重状态后是失重状态，BD错误。

故选C。

4.将质量为根的小球用长为/的细线悬于A点，使小球在水平面内以角速度。做匀速圆周运动。细线与竖

直方向夹角为仇重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）

A

A.细线对小球的拉力大小等于加gsin。B.细线对小球的拉力大小等于机gtanO

c.保持/不变，e越大，。越大D.保持/不变，。越大，。越小

【答案】c

【解析】

【详解】对小球进行受力分析可知，有

7=工

COS0

mgtan0=ma）2lsin0

解得

VIcos0

可知保持/不变，。越大，COS。越小，0越大。

故选C。

5.能够体现出惯性大小的物理量，它的单位与下列哪个选项的化简结果是等价的（）

A.N-m—16-2B.N-m-s^2C.Jm^2.s-2D.W.m2-s3

【答案】D

【解析】

【详解】AB.质量大，惯性大，根据牛顿第二定律可得

F

m=—

a

单位可表示为

N-m-1-s2

故AB错误；

CD.根据做功表达式

W=Fs

整理得

「w

F=—

s

W

m二—

as

单位可表示为

J•m2-s2

根据功率表达式

p」

t

整理可得

_mas

L—

t

Pt

m=——

as

单位可表示为

W-m2-s3

故C错误，D正确。

故选D。

6.如图所示，质量为M的小车放在光滑水平桌面上，用细线将小车跨过定滑轮与质量为m的重物相连，

与小车相连的细线保持与桌面平行，滑轮处的摩擦忽略不计，重力加速度大小为g。在重物和小车一起运动

的过程中，下列说法正确的是（）

,西门

I二「

向

A.细线对小车拉力的大小等于mg

B.小车所受合力的大小大于mg

C.小车的加速度大小小于磐

M

D.小车的加速度大小大于"吆

M+m

【答案】C

【解析】

【详解】A.对整体由牛顿第二定律有

mg—(m+M)a

将小车隔离，对小车由牛顿第二定律有

T=Ma

联立可得

T=^-

a=a~mr

m+M——+l

M

故A错误;

B.小车所受合外力的大小即为绳子拉力的大小，则有

T=*_<mg

—+l

M

故B错误;

CD.根据以上分析可得小车的加速度大小

以二mg：mg

m+MM

故C正确，D错误。

故选C。

7.如图所示，把质量为，"的石块从距地面高//处以初速度vo斜向上抛出，vo与水平方向夹角为仇不计空

气阻力，重力加速度大小为g。若仅仅改变抛射角仇下列物理量一定不变的是（）

A.石块在空中的飞行时间B.石块落地的水平距离

C.石块落地时的速度D.石块落地时的动能

【答案】D

【解析】

【详解】AB.将斜抛运动的初速度分解成水平方向的分速度V,和竖直方向的分速度外,则有

vx=%cos0,vy=v0sin0

设石块上升到最高点所用时间为％,从抛出点到上升到最高点的位移为4,从最高点落地时所用时间为q，

从抛出点到落地所用时间为水平位移为x,则有

V2

：，，1。

Vy=g'l，hy—.-hl+h=-gt~,x=vxt

2g

联立以上各式可得

^sin^+

_v0sin0

%二2g

g»2=\

g

2(片,in'%丸)

sin。7)

%=%cos6/(—-----1-

gg

则根据以上表达式可知，当。改变时，竖直初速度改变，结合4、与竖直初速度的关系式可知，运动时间

一定改变，而水平位移不一定改变，故AB错误；

C.石块落地时竖直方向的速度大小为

2

%=gt2=^gh+vlsin0

则可知石块落地时的速度为

V=&+V；=yj2gh+Vgsin20+v^cos20=《2gh+常

设落地时石块速度方向与水平方向的夹角为a，则

v；J2g/z+v：sin2-

tana-----------------

vx%cos0

可知，当。变化时，落地速度大小不变，但速度的方向发生改变，即石块落地时的速度发生改变，故C错

误；

D.动能是标量，根据以上分析得到石块落地时的速度大小不变，则其动能

即石块落地时的动能不变，故D正确。

故选D。

8.汽车在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况

到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车

行驶的距离为90m,所花时间为5.5s,则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的（）

A0.3倍B.0.5倍C.0.6倍D.0.8倍

【答案】C

【解析】

【详解】设反应时间为f,匀减速时间为〃，行驶距离为s,初速度为v,则

2

vt+^-=s,v=at',t'+t="

2a

解得：

a—6m/s2,t=0.5s,t'=5s

根据牛顿第二定律得：

f=ma

故

f”

-----=O.o

mg

故C正确ABD错误。

故选C。

9.一辆质量为相的汽车，启动后沿平直路面行驶，行驶过程中受到的阻力大小一定，如果发动机的输出

功率恒为P,经过时间汽车能够达到的最大速度为V。则（）

VP

A.当汽车的速度大小为一时，汽车的加速度的大小为——

2mv

VPt

B.汽车速度达到5的过程中，牵引力做的功为葭

V

C.汽车速度达到V的过程中，汽车行驶的距离为一/

2

1

D.汽车速度达到V的过程中，牵引力做的功为一相声9

2

【答案】A

【解析】

【详解】A.由题意，汽车行驶过程中受到的阻力大小为

f=~

V

当汽车的速度大小为工时，汽车的牵引力大小为

2

「2P

v

设此时汽车的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有

F—f=ma

解得

P

a——

mv

故A正确；

B.汽车以恒定功率启动，随着速度的增大，牵引力减小，合外力减小，则加速度减小，当速度达到最大

值时，加速度为零，其大致的力图像如图所示，可知当汽车速度达到州时，所经历的的时间小于人，所

22

以该过程中牵引力做的功小于m，故B错误；

2

C.4图像与，轴所围的面积表示位移，根据w图像可知，汽车速度达到V的过程中，汽车行驶的距离大于

V

—t,故C错误；

2

D.根据动能定理可知

1

咋-%=近9

可得

%=%+产19

故D错误。

故选Ao

10.关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（）

A.动能队随时间r变化的快慢.随时间均匀增大

△t

Av

B.速度u随时间/变化的快慢一随时间均匀增大

及

AE

C.重力势能稣随位移工变化的快慢一^随时间均匀减小

Ax

D.机械能E随位移x变化的快慢一随时间均匀减小

A.X

【答案】A

【解析】

【详解】A.物体做自由落体运动，任意时刻的速度

v=gt

则可得任意时刻的动能

纥=；mv2=~mg2/

由此可得动能瓜随时间/变化的快慢

丁丁

AE

则可知动能&随时间f变化的快慢一随时间均匀增大，故A正确；

Nt

B.自由落体运动速度v随时间f变化的快慢

Av

­A?=8

Av

则可知速度V随时间f变化的快慢——为重力加速度g,恒定不变，故B错误;

C.根据重力势能变化与重力做功关系可得

AEp=-WG=-mgAx

可得

Axg

AE

可知重力势能统随位移工变化的快慢一^保持不变，故C错误;

Ax

D.做自由落体运动的物体，机械能守恒，因此

—=0

Ax

故D错误。

故选Ao

11.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹

簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺30cm刻度处；下端悬挂钢球，静止

时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向

的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

〃〃〃〃〃〃

A.35cm刻度对应的加速度为0.5g

B.45cm刻度对应的加速度为0.33g

C.55cm刻度对应的加速度为1.5g

D.各刻度对应加速度的值是不均匀的

【答案】C

【解析】

【详解】A.设弹簧的劲度系数为左，小球的质量为沈，则根据题意有

k^x—mg

式中

Ax=10cm=0.1m

此位置对应的加速度为0,而当

A%!=5cm=0.05m

此位置处由牛顿第二定律有

-mg=may

联立可得

%=-0.5g

故A错误；

B.当刻度为45cm时，此时弹簧的伸长量

Ax,=15cm=0.15m

根据牛顿第二定律有

k/\x2-mg=ma2

解得

a2~0.5g

故B错误；

C.当刻度为55cm时，此时弹簧的伸长量

%=25cm=0.25m

根据牛顿第二定律有

kAx3-mg=mtz3

解得

a3=1.5g

故C正确；

D.对于弹簧的任意神缩量，由牛顿第二定律有

k\x'-mg=ma

即

k,

a=一Ax-g

m

则根据该函数关系可知，各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。

故选Co

12.自然界中的物体都会不断向外辐射电磁波，这种辐射因为和温度有关而被称为热辐射。为了研究辐射规

律，人们建立一种被称为“黑体”的理想模型（对来自外界的电磁波只吸收不反射，但自身会发射电磁波）。

理论研究表明，单位时间内从黑体单位表面积辐射的电磁波总能量与其绝对温度的4次方成正比，即P=。。,

式中。为己知常数。假设把太阳和火星都看成黑体，忽略其他天体及宇宙空间的其他辐射，已知太阳的表面

温度为7b,太阳和火星间距离约为太阳半径的“倍。那么火星的平均温度为（）

TT2T2T

A.i——B.—C.D.

y/2nyflnyfn\[n

【答案】A

【解析】

【详解】设太阳的半径为R,则太阳单位时间内辐射的总能量为半径为R的球面上单位面积辐射的能量的

总和，则太阳单位时间内辐射的总能量为

E=P-4兀R2=bT；-4/rR2

设火星的半径为,，则火星接受到的能量可认为是半径为厂的原盘面上的能量总和，则火星接受到的能量为

万户

E[=-----------E

4双〃7?)一

而火星单位时间内向外辐射的能量为

马=尸・4万/=。7]4-47/

而

&=E?

联立解得

T

T-

「而

故选Ao

13.如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕。点在竖直平面内

沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与。点等高，下列说法正确的是

()

二hA

...

\!/

''、!，/

A.小球经过A点时，所受杆的作用力方向有可能竖直向下

B.小球经过B点时，所受杆的作用力一定不会沿着B0方向

C.从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变

D.从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时

mv2

>mg

则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时

777V2

-----<mg

r

则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度

mv2

mg=-----

r

则杆对小球无作用力。故A正确；

B.合外力提供向心力，小球受重力和杆给作用力，则小球所受杆的作用力为右上方，杆的作用力一定

不会沿着80方向，故B正确；

C.A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0,8点处重力与速度共线，故重力功率不为

0,则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误；

D.A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知

唯+%=常=0

故杆对小球的作用力做负功，故D正确。

故选ABDo

14.如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30。的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能

Ek与运动路程尤的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度g=10m/s2.下列说法

正确的是（）

甲

A.物块质量0.7kg

B.物块所受摩擦力大小为0.5N

C.0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J

D.0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力大小之比为4:3

【答案】ABD

【解析】

【详解】AB.物块沿斜面上滑过程中，由动能定理得

~mgxlsin30°-fxl=Ek-Ek0

解得

Ek=&)一sin30°+fM

结合图像得斜率的绝对值为

|^|=mgsin30°+/=4N

物块沿斜面下滑过程，由动能定理得

(mgsin30°-7)(%-%)="

解得

Ek=(mgsin30°-f)x-(mgsin300-f)xl

结合图像得斜率的为

左2=mgsin300_/=3N

带入数据解得

777=0.7kg

/=0.5N

故AB正确；

C.0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J,故C错误；

D.0~10m过程中物块所受合力大小为

F[=mgsin300+f-4N

10m~20m过程中物块所受合力大小为

8=Mgsin3(r—/=3N

合力之比为4:3,故D正确。

故选ABDo

15.如图所示，两端距离为30m的水平传送带以v=2m/s的速率运行。质量为2kg的小物块以vo=lm/s的

水平初速度从A端滑上传送带，最终到达8端。物块与传送带间的动摩擦因数占0.2,取重力加速度

g=10m/s2.下列说法正确的是()

A.传送带对物块所做的功为3J

B.传送带与物块间的摩擦生热为3J

C.电动机因运送物块至少多消耗电能4J

D.物块和传送带之间形成的划痕长为0.75m

【答案】AC

【解析】

【详解】AD.根据牛顿第二定律可知

pmg—ma

解得

a=/ng=2m/s2

物体加速至v=2m/s,所经过的时间为

v=%+R

解得

t=0.5s

物体相对于地的位移为

v2-v23

x=-------0=—m

1la4

传送带相对于地的位移

=v-t=lm

物体相对于传送带的位移为

x2-xr=0.25m

物块和传送带之间形成的划痕长为0.25m,可知在物体与传送带共速之前并没有脱离传送带，传送带对物块

所做的功为

解得

E=3J

故A正确，D错误;

B.摩擦生热为

Q=jumg（x2一石）

解得

Q=1J

故B错误；

C.电动机因运送物块至少多消耗电能等于物块动能改变量以及摩擦产生的热量，根据能量守恒可知

石电=E+Q

解得

/=4J

故C正确。

故选ACo

16.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是如和他的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。使物

块如瞬间获得水平向右的速度vo,从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列

说法正确的是（）

--%--A

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

图甲图乙

A.7九1〃、于mi

B.n与打两时刻，弹簧的长度一样

C.在A~f3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍

D.在/2与以两时刻，弹簧的弹性势能一定相等

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.两物块与弹簧组成的系统动量守恒，根据图乙可知，0~%时间内叫的速度始终大于用2的速

度，则可知此过程中弹簧被压缩，而：时刻弹簧被压缩至最短，此时两物块拥有共同速度L之后用2继续

加速，㈣继续减速，某时刻网速度减为零后反向加速，直至弓时刻两者速度均达到最大值，此时弹簧恢复

原长，根据动量守恒定律有

（m；+m2）v=m,v2-

整理可得

"式丫+匕)=加2(丫2-V)

而根据图像可知

V+匕>v2-V

由此可得

ml<m2

故A正确；

B.根据以上分析，弓时刻两者速度均达到最大值，但此时两者速度相反，此后㈣与机2均做减速运动，某

时刻㈣的速度减为零后反向加速，直至与时刻，两者达到共速，此时弹簧被拉升至最长，则可知加与打两

时刻，弹簧的长度不一样，故B错误；

C.根据以上分析可知，6时刻弹簧压缩至最短，而与时刻弹簧拉伸至最长，且0~%时间内，两条图线围

成的面积表示弹簧的最大形变量,另4~〃时间内，弹簧由拉伸至最长恢复到原长,根据图像的对称性可知，

在6~才3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍，故C正确；

D.根据以上分析，方3时刻弹簧被拉升至最长，此后吗继续做加速运动，机2继续做减速运动，直至。时刻，

叫速度达到最大值，加2速度减小为最小值，此时弹簧恢复原长，因此可知，在f2与a两时刻，弹簧均处于

原长，其所具有的弹性势能相同，故D正确。

故选ACD。

第二部分

本部分共5题，共52分。

17.如图所示，一个质量/"=5kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个尸=25N的水平拉力，使物体做初

速为零的匀加速直线运动。己知物体与水平地面间的动摩擦因数〃=040,取重力加速度g=10m/s2。

(1)求物体运动1.0s时的加速度大小a；

(2)求拉力尸在2.0s末的瞬时功率P；

(3)若在3.0s末时撤去拉力F,求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离X。

|\-^F

/ZZ////ZZZZZZZ

【答案】(1)a=1.0m/s2；(2)50W；(3)x=1.125m

【解析】

【详解】(1)设物体受摩擦力为人支持力为M则

，="V

水平方向由牛顿第二定律有

F—f=ma

竖直方向根据平衡条件有

N=mg

解得

«=1.0m/s2

(2)根据运动学公式可得2.0s末的瞬时速度为

v=«?=2.0m/s

则其拉力厂在2.0s末的瞬时功率为

p=Fv=5OW

(3)3.0s末的速度

匕=aq=lx3m/s=3.0m/s

设撤去拉力后滑行的最大距离为无，根据动能定理有

12

-jumgx=0--mvi

解得

x=1.125m

18.如图所示，半径R=0.5m的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地面相切于圆环最低

点A。质量机=lkg的小球以初速度vo=6m/s从A点冲上竖直圆环，运动至轨道8点后飞出，最后落在水平

地面上的C点，取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。

(1)求小球运动到B点时对轨道压力的大小厂；

(2)求A、C两点间的距离x；

(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A

点间的最小距离尤min。

8^——

A

C

4A/5

【答案】（1）F=22N；（2）x=（3）Im

5

【解析】

【详解】（1）从A点到B点，由动能定理有

vB=4m/s

在5点，由牛顿第二定律有

mg+"=m—

耳=22N

片与方为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律二者等大反向，所以

F=22N

（2）由平抛规律得

2氏=5/

（3）设小球运动到8点半圆环轨道对小球的压力为公，由牛顿第二定律有

F+mg=--

NK

得当然=0时，小球运动到轨道末端8点时的速度最小，为

由（2）的计算可知，最小距离

/n=X=VBmi/=lm

19.如图所示，劲度系数为左的轻弹簧下端连接一质量为根的重物，用手托住重物并保持静止，此时重物

对手的压力大小为2mg,重力加速度大小为go

(1)求此时弹簧的形变量大小x；

(2)如果手与重物一同缓慢下降，直至手与重物分离，求此过程中手对重物所做的W；

(3)如果手从重物下方突然撤离，求重物下落过程中的最大速率丫。

✓

ZZ.

【答案】⑴X=—；(2)W=-2m8■,(3)v=2g加

kkVk

【解析】

【详解】(1)由牛顿第三定律可知，手对重物的支持力大小为2mg,由受力平衡可知，此时

kx+mg=2mg

弹簧被压缩，形变量为

mg

X-----

k

(2)刚分离时

kx1=mg

弹簧被拉伸，形变量为

_mg_

由动能定理知

mg^x+^+W=0

联立可得

(3)重物下落达到最大速度的位置，即

村=mg

该下落过程初末位置弹簧的形变量相同，由机械能守恒

耳+7咫（x+石）=耳+；mv2

由于

EP=E；

解得

-2g后

20.如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打水

面形成层层涟漪甚为美观。水滴的运动为一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不

受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。图甲中的喷泉水

滴的运动轨迹如图乙所示，上升的最大高度为九水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为2〃。已知喷水

口的流量。(流量。定义为单位时间内喷出水的体积)，水的密度为0