2024-2025学年湖北省随州市广水市某中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

2024-2025学年湖北省随州市广水市第二高级中学高三（上）月考

物理试卷（9月）

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.汽车中的A8S系统是汽车制动时，自动控制制动器的刹车系统，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离,

增强刹车效果。实验小组通过实验，研究有力BS系统和无4BS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的

初速度均为60km/鼠根据图中的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有：a无

D.2：3

2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为小的小

铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖

直方向成a角.重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小铁球受到的合外力方向水平向左B.凹槽对小铁球的支持力为4

C.系统的加速度为a=gtanaD.推力F=Mgtana

3.风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生电

流，实现风能向电能的转化.若叶片长为I,设定的额定风速为外空气的密度为p,额定风速下发电机的

输出功率为P,则风能转化为电能的效率为（）

2P6P4P8P

23资

,7iplVB・7rp/2v3C.7rpi2/D.71Plz

4.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度M故匀速运动，现将质量为小的某物块由静止释放在传

送带的左端，设传送带足够长，设物块与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,对于物块从静止释

放到与传送带相对静止这一过程（）

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V

A.物块做匀速直线运动B.所用时间t=—

C.摩擦产生的热量为小廿D.电动机多做的功等于与n/

5.如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场。为绝缘光滑且固定的四分之

一圆弧轨道，轨道半径为R,。为圆心，B位于。点正下方。一质量为小、电荷量为q的带正电小球，以初速

度以竖直向下从4点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到8处以速度射出。已知重力加速

度为9，电场强度大小为后=鬻，sin370=0.6,空气阻力不计，下列说法正确的是（）

A.从4到B过程中，小球的机械能先增大后减小/V,八

历"小----N

B.从a到8过程中，小球对轨道的压力先减小后增大:\|

C.在4、B两点的速度大小满足力>_[-----------

D.从B点抛出后，小球速度的最小值为

6.用电流表（内阻约40）和电压表（内阻约35）测量电阻R的阻匠。某次按照如图所示电路的测量情况：电流

表的示数是5.00nM,电压表的示数是2.50"。正确的说法是（）

A..电阻R的值为5000O

B..电阻R的值略大于500。

C..电阻R的值略小于5000

D..如果采用电流表外接法测量，结果更加精确

7.如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为人质量不计的导电细杆连在等高的两

固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源琦或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在

磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1,当导体棒静止

时，细杆与竖直方向的夹角固定点8=p然后开关S接2,棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（）

A,电源电动势Eo=2

B.棒消耗的焦耳热Q=（l—日）Mgl<?也缸?

C.从左向右运动时，最大摆角小于今

D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为6的星位于

等边三角形的三个顶点，三角形边长为R,忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形

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中心。做匀速圆周运动，万有引力量为G,贝|（）

f1、

f/•,、、

tI、

/：\R

/«\

仁......2

mm

A.每颗星做圆周运动的线速度为摩

7R

B,每颗星做圆周运动的角速度为

C.每颗星做圆周运动的周期为2兀事

73Gm

D.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关

9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿%轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中

0〜到段是对称的曲线，冷〜尤3段是直线，则下列说法正确的是（）

A.xi处电场强度为零"Z

B.X2、*3处电势01、02、的关系为91>92>93/：

C.粒子在〜冷段速度"随久均匀减小*

D.X2〜*3段是匀强电场°4”2盯

10.如图所示，某同学为探究带电粒子“约束”问题。构想了向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B,边界

分别是半径为R和2R的同心圆，。为圆心，4为磁场内在圆弧上的点且。P=P4若有一粒子源垂直磁场方

向在纸面内的36。。发射出比荷为细带负电粒子，速度连续分布且无相互作用，不计其重力,

s讥37。=0.6。对粒子源的位置和被约束相关量的说法正确的是（）

A.在2时，被磁场约束的粒子速度最大值心柿=誓

B.在。时，被磁场约束的粒子速度最大值^^二警

C.在。时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间最大值tm=埸署

D.在P时，被磁场约束的粒子速度最大值"mP=喈

二、综合题：本大题共5小题，共54分。

11.（6分）实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀

加速直线运动来进行。

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023(cm)

1m中”甲苗||「41

05101520

乙

(1)实验前，接通气源后，在导轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从轨道右端向左运动，发现滑块通

过光电门a的时间大于通过光电门B的时间。为使导轨水平，可调节旋钮使轨道右端(选填“升

高”或“降低”)一些。

(2)现用游标卡尺测量遮光条宽度d。测量结果如图乙所示，则d=mm.(3)实验时，由

气垫导轨侧面的刻度尺测出光电门4B之间的距离为3游标卡尺测量遮光条宽度为d由计时器分别读出

遮光片通过光电门4B的时间分别为1小口，则滑块的加速度a=(用乙、以、tB、d来表示

)。

12.(8分)如图所示，静止放置在光滑水平面上的4B、C三个滑块，滑块48间通过一轻弹簧相连，

滑块4左侧紧靠一固定挡板P,某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度见水平向左运动，滑块C撞

上滑块8的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J,此时撤掉

固定挡板P,之后弹簧弹开释放势能，已知滑块力、B、C的质量分别为叫4=ms=0.2kg，me=Qlkg,(

(1)滑块C的初速度见的大小；

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块8、C的速度大小；

(3)从滑块BC压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块BC整体的冲量.

13.(12分)如图，水平轨道AB、CD分别与高为M倾角。=30。的斜面轨道BC两端平滑连接，质量为6

的小物块P静止在水平轨道4B上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧，Q的初动能为叫o=擀叱9八(9为重力

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加速度大小)，初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度矍入后返回，在水平轨道上与Q再次

DO

发生碰撞，所有轨道均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。

(1)求Q的质量；

(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；

(3)为保证第2次碰撞能在水平轨道4B上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。

CD

Q_p/T

，一口一,,口.........，I

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

AB

14.(12分)为测量电阻心的阻值，某同学设计了如图(砌所示的电路图，&是标准电流表，Ro和RN分别

是滑动变阻器和电阻箱，S和Si分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空:

图(a)

(1)将S拨向接点1,接通Si，调节Ro,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时电流表4)的读数/o；

(2)然后将S拨向接点2,保持品不变，调节RN，使，记下此时RN的读数；

(3)某次RN读数如图(6)所示，贝URN读数为，多次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即

为电阻感的测量值；

(4)写出一条你认为存在误差的原因

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15.(16分)如图(a)所示，水平放置的平行金属板4B间加直流电压U,4板正上方有“『’字型足够长的

绝缘弹性挡板.在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图(b),垂直纸面向里为磁场正

方向，其中&未知.现有一比荷为2、不计重力的带正电粒子从C点静止释放，t=0时刻，粒子

刚好从小孔。进入上方磁场中，在ti时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在"+以时刻粒子撞到右挡板，

然后粒子又从。点竖直向下返回平行金属板间.粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直

板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响.求：

(1)粒子第一次到达。点时的速率;

(2)图中％的大小;

(3)金属板4和8间的距离d.

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答案解析

1.A

［解析］有4BS系统时，有/=2a有x有①

无2BS系统时，有t>2=2a无x无②

联立彳导—=总=型=±

耳天倚°无一支有一15-3。

故选/。

2.C

【解析】4小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右，故N

错误；

=工4,故5^

员对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力为：N

G

错误；

C对小球进行受力分析得：mgtana—ma,解得：a=gtana,所以系统的加速度为：a=gtana,故C

正确；

D对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F=(m+M)a-(m+M)gtana,故。错误；

故选C。

3.A

【解析】建立一个“风柱”模型如图所示，风柱的横截面积为叶片

旋转扫出的面积S=加2,

经过t风柱长度X=",所形成的风柱体积U=山2区，

风柱的质量m=pV=pnl2vt,

根据动能定理，风力在这一段位移做的功W=Ek=|mv2=|­pul2

风柱的功率P风=?=3加2户，

2P

风能转化为电能的效率r；=户p=盛正。

r风1卬1”

故/正确，BCD错误。

4.B

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【解析】解：4物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物块一个向前的摩擦力，促使物块向前做匀加

速运动，f=ma-{img,解得。故/错误；

8.物块最终和传送带相对静止，即和传动带达到共速，所用时间为£="=言，故8正确；

C期间传送带运动的位移为S=a，则可知克服摩擦力所做的功为Wf=fs=4根。a=小。2,物块获得的

动能为Ek=1w2,则可得摩擦产生的热量为Q=Wf-Ek，解得Q=5m?2,故。错误；

2

D电动机多做的功转化为物块的动能和系统内能，W=Ek+Q,W=mv,故。错误。

故选：Bo

物块放上传送带后，由于和传送带有相对滑动，因此受传送带给的摩擦力作用开始匀加速运动直到共速，

此过程电动机多做的功即为传送带克服摩擦力做的功，转化为物块的动能和系统内能。

本题借助水平传送带模型，考查学生对功能关系的分析和理解，对学生分析能力有一定要求。

5.D

【解析】A从4到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故/错误；

8.设等效重力与竖直线的夹角为仇则tan。=黑=小故。为37。，等效重力方向与竖直方向成37。角偏左下

方，所以从4到8过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故8错误；

CB点比力点更靠近等效最低点，所以以<4，故C错误；

D从4到B,由动能定理有mgR-EqR-黑喙解得"B=jd+寺。夫，之后小球做类斜抛运动，在

垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则为in=UBCOs方=[4+□旦故。正确。

故选。。

6.C

【解析】解：力BC、根据欧姆定律可得：R%=500的,即电阻R的值略小于

=%1RA=3uX片XU

5000,故C正确，错误；

D、因R>>%可知采用电流表内接的方法测量比较精确，故。错误；

故选：Co

明确电路结构，根据欧姆定律和串并联电路规律求出实际电阻，从而分析误差情况。

本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测

电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻

7.C

【解析】4当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

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T

BIL

Mg

细杆与竖直方向的夹角固定点。=5,则根据几何关系可得Mg=BiL

解得/=鬻

根据欧姆定律/=粤

解得《0=誓

故/错误；

2.假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：

=Mg(l—cos。)，解得：△/=(1—当Mg1,根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Q=(1—¥)MgZ,

由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于(1-故8错

误；

C根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于

TT

4＞故C正确；

D根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E=8。

可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故。错误。

故选C。

8.ABC

【解析】解:2、任意两个星星之间的万有引力尸=G普，

每一颗星星受到的合力，%=®,由几何关系知：它们的轨道半径r=^R①

合力提供它们的向心力：4G需=血?…②

联立①②，解得：吁耳,故/正确；

B、角速度3=7=故3正确；

C、周期T=穿=2兀蓝工，故C正确；

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D、任意两个星之间的万有引力F=G岩，每一颗星受到的合力就是其向心力，

%=®=ma,a=哲故向心加速度与三星的质量有关，故。错误。

故选：ABC.

先写出任意两个星星之间的万有引力，求每一颗星星受到的合力，该合力提供它们的向心力。

然后用R表达出它们的轨道半径，最后写出用周期和线速度表达的向心力的公式，整理即可的出结果。

解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力提供向心力的公式，才能正确解答题目。

9.ABD

【解析】解：力、根据电势能与电势的关系：Ep=q(p,场强与电势的关系：E=铛，得：.竽，

由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于卷，“1处切线斜率为零，则久1处电场强度为零，故/正确；

B、根据电势能与电势的关系：Ep=qcp,粒子带负电，q<0,则知：电势能越大，粒子所在处的电势越

低，所以有：03<02=00<01•故8错误；

CD,由图看出在0〜尤1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度

减小，做非匀变速运动；灯〜冷段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀

变速运动；久2〜%3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场

力不变，做匀变速直线运动；速度随时间均匀变化，不会随X均匀减小的；故C错误，。正确。

故选：ABD.

根据电势能与电势的关系：EP=qcp,场强与电势的关系：E=普结合分析图象斜率与场强的关系，即

可求得町处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q(p,分析电势的高低。由牛顿第二定律

判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。根据斜率读出场强的变化，由尸=(7段分析电场力的变

化，

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定

律进行分析电荷的运动情况。

1Q.ACD

【解析】4粒子最大运动半径为：5=*2氏+R)=孤由运动半径行=方辨解得：外“嚅,

故N正确；

BC.设粒子运动半径为功，如图甲所示

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在△()北中，OA2+AC2^OC2,则r0)2,解得：益=孤由运动半径r=器，解得:

4no=¥^，由乙4。。=1。6°，解得：哈=皆需，故3错误，C正确；

4?71»\JC[D

D如图乙所示

在AOGE中，OG2+GE2=OF,0G=&,EG=rP-R,OE=2R-rP,得：rP=R,由运动半径r=

2，

器，解得：故。正确。

n.⑴降低;

(2)4.40；

(3选导力

【解析】(1)由题意可知滑块从右向左做加速运动，为了使滑块做匀速运动，应该使轨道右端降低；

(2)根据图可知读数为4cm+0.05x8mm=4.40mm

(3)滑块经过光电门4B的速度分别为：%=3；v=y

LAB

两个光电门之间的距离为3则根据匀变速直线运动公式可得：

2aL=诒一嫁

解得:a=费*-2)

12.解：(1)滑块C撞上滑块B的过程中，BC组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得:

mcv0=(mB+mQu]

弹簧被压缩至最短时，BC速度为零，根据能量守恒定律得:

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£>=1(mB+mc)vl

解得：v0=9m/s%=3m/s

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块BC的速度大小为生，滑块4的大小为药，根据动量守恒定律得：

mAv3=(mB+mc)v2,

根据能量守恒定律得：

11

mv

EP=2Al+2OB+^c)诏

解得：v2=1.9m/s

(3)弹簧对滑块BC整体的冲量/,选向右为正方向，由动量定理得：

I=Ap=(mB+mc)(v2+%)

解得：/=1.47N-s,冲量方向水平向右

答：(1)滑块C的初速度为的大小为9m/s；

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块BC的速度大小为1.9m/s；

(3)从滑块BC压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块BC整体的冲量大小为1.47N.s,冲量方向

水平向右.

【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，BC组成的系统动量守恒列式，弹簧被压缩至最短时，BC速度为

零，根据能量守恒定律列式，联立方程即可求解；

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程即可求解；

(3)从滑块BC压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，根据动量定理列式求解即可.

本题注意考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体得运动情况，注

意要规定正方向，难度较大，属于难题.

13.解：(1)设Q的质量为M,初速度大小为处,第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为巧、%'，以向右为正

方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有

1?

Eko=2MVO

Mv0=+mv^

111

—MVQ=—Mv^2+—mvj

125

2mvi=痣7ngh

联立可得M=5m

(2)第2次碰撞前瞬间P的速度大小为巧，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别以、v2,,P沿斜面上滑

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到C点时的速度大小为九，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

r

—Mv2+mv2

1111

—Mv^2+—mv1=—MV22+—mv2

11

—mv22=mghz+—mv^2

联立可得立=理|效

(3)设初始时P离斜面底端B的距离为s,第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t,P运动到斜面底端8

所需时间为匕，P沿斜面运动时加速度的大小为a,在斜面上运动所需总时间为以，由运动学公式有s=%

't=v1t1

由牛顿第二定律有：mgsinO=ma

V1

一£

由题意t>ti+t2

联立上述各式并由题给条件得s2嘿h

即初始时P离斜面底端B的最小距离为若A

答：(DQ的质量为5爪；

(2)第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小为吗走；

(3)为保证第2次碰撞能在水平轨道48上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离*Q

【解析】(1)根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程，再结合动能定理、动能的计算公式列方程联立

求解；

(2)由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程联立求解；

(3)设初始时P离斜面底端B的距离为s,由运动学公式、牛顿第二定律联立求解初始时P离斜面底端B的最

小距离。

本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作

用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰

撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。

14.电流表4的读数为/()4208。电流表灵敏度不够，电阻箱的阻值在一定范围内变化时，不会引

起电流表示数变化。

第13