四川省内江市第一中学2022-2023学年高一物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

内江一中高2023届10月月考理科综合试题第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。一、选择题1.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.在时刻两车速度相等B.从0到时间内，两车走过的路程相等C.从到时间内，两车走过的路程不相等D.从到时间内的某时刻，两车速度相等【答案】D【解析】【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，在t1时刻乙图像的斜率大于甲图像的切线斜率，则乙车的速度大于甲车的速度，故A错误；B．从0到t1时间内，两车的运动方向均不变，两车起点不同，终点相同，所以两车走过的路程不同，故B错误；C．从t1到t2时间内，两车通过的位移相等，因两车均沿正方向运动，走过的路程等于位移大小，所以两车走过的路程相等，故C错误；D．根据图像可知，在t1时刻乙图像的斜率大于甲图像的斜率，在t2时刻乙图像的斜率小于甲图像的斜率，在t1到t2时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故D正确。故选D。2.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　） A.45°B.55°C.60°D.70°【答案】B【解析】【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有解得。故选B。3.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　） A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【解析】【分析】【详解】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知可得可知时，t有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D4.如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（　　）AB.C.D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知根据可知由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即故选A。5.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【详解】a点射出粒子半径Ra==，得：va==，d点射出粒子半径为，R= 故vd==，故B选项符合题意6.1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为：。X会衰变成原子核Y，衰变方程为，则（　　）A.X的质量数与Y的质量数相等B.X的电荷数比Y的电荷数少1C.X的电荷数比的电荷数多2D.X的质量数与的质量数相等【答案】AC【解析】【详解】设和的质子数分别为和，质量数分别为和，则反应方程为，根据反应方程质子数和质量数守恒，解得，，解得，，，AC．的质量数（）与的质量数（）相等，比的质量数多3，故A正确，D错误；BC．X的电荷数（）比Y的电荷数（）多1，比的电荷数多2，故B错误，C正确；故选AC。7.如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力下底板传感器显示的压力，重力加速度。下列判断正确的是（） A.若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，逐渐减小，不变B.若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，逐渐增大，逐渐减小C.若加速度方向向上，且大小为时，的示数为零D.若加速度方向向下，且大小为时，的示数为零【答案】AC【解析】详解】AC．当箱静止时，有解得若加速度方向向上，则根据牛顿第二定律可知在变为零之前，弹簧长度不变，故这个过程不变，当时，可得AC正确；BD．若加速度方向向下，则根据牛顿第二定律可知这个过程弹簧长度不变，故不变，随着加速度缓慢增大，逐渐增大，当时，可得BD错误。故选AC。8.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交 流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势　　A.在时为零B.在时改变方向C.在时最大，且沿顺时针方向D.时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】【详解】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点．解析由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误．二、非选择题：实验题（每空2分，共16分）9.如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：（1）铁块沿木板下滑的加速度的表达式a=_______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块与木板间动摩擦因数μ表示） （2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示，图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为10m/s2。可以计算出铁块的加速度为_______m/s2，（结果保留2位小数），铁块与木板间的动摩擦因数为____（结果保留2位小数）。【答案】①.②.1.97③.0.35【解析】【详解】（1）[1]对铁块，由牛顿第二定律可得铁块沿木板下滑的加速度（2）[2][3]相邻两计数点间的时间间隔T=0.1s由逐差法可得，物体的加速度为根据摩擦因数为10.某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。 （1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。（2）实验得到如图乙所示的弹力大小与弹簧长度的关系图线。由此图线可得该弹簧的劲度系数___________，原长=___________cm。（3）他用该弹簧做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图丙所示，用该弹簧和弹簧测力计、，在保持弹簧伸长不变的条件下：①若弹簧测力计、间夹角为，弹簧测力计的读数如图丁所示，则弹簧测力计的读数应为___________。②若弹簧测力计、间夹角大于，保持弹簧测力计与弹簧的夹角不变，减小弹簧测力计与弹簧的夹角，则弹簧测力计的读数___________（填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】①.50②.4③.4.00④.变大【解析】【详解】（2）[1][2]弹簧的劲度系数为该弹簧的长度为L0=4cm（3）①[3]弹簧c的弹力为弹簧测力计a的示数为由平衡条件得②[4]保持弹簧测力计与弹簧的夹角不变，减小弹簧测力计与弹簧的夹角，根据平行四边形法则作图得，弹簧测力计a的读数变大。 11.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长、宽，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为的匀减速直线运动，加速度大小为。该运动员踢出足球后从静止开始沿边线方向以的加速度匀加速追赶足球，速度达到后以此速度匀速运动。求：（1）足球向前滚动的位移；（2）运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。【答案】（1）25m；（2）5s【解析】【详解】（1）足球向前减速的位移为（2）运动员加速到最大速度所用的时间运动员加速到最大速度所走的位移 运动员之后做匀速运动追上足球所用的时间12.质量为的框架置于水平路面上，其与水平路面间的动摩擦因数，斜面的倾角为，里面放置一表面光滑，质量为的球体，框架静止时，球体与顶部有一很小的间隙（间隙远小于球体的半径可忽略不计）。整个框架在水平向左的拉力作用下向左以的加速度做匀加速直线运动取，求：（1）水平向左的拉力；（2）水平拉力持续作用时间后撤除，求撤去拉力后框架滑行的最大距离；（3）撤去拉力后，在框架停止运动之前，框架面是否对球体有作用力？若有，试求其大小。【答案】（1）；（2）；（3）是，【解析】【详解】（1）对整体，根据牛顿第二定律，有代入数据为解得（2）刚撤去时速度为由题意框架受摩擦力为 撤去外力后，框架做匀减速运动，加速度为由，代入数据解得（3）由题意，减速运动时，球水平方向合外力为沿水平方向分力最小为则最小，有所以框对球体有作用力。设框对球体的作用力为，受力分析如图由竖直方向平衡，得代入数据，得选考题： 13.一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从a到b的线段所示。在此过程中（　　）A.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】BCE【解析】【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。故选BCE。14.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。【答案】U形管平放时，左边空气柱的长度为22.5cm，右边空气柱的长度为7.5cm 【解析】【分析】【详解】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有①式中为水银密度，g为重力加速度大小由玻意耳定律有②③④由①②③④式和题给条件解得：l1′=22.5cm，l2′=7.5cm15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T>0.20s。下列说法正确的是（　　）A.波速为0.40m/sB.波长为0.08mC.x=0.08m的质点在t=0.70s时位于波谷D.x=0.08m的质点在t=0.12s时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m【答案】ACE 【解析】【详解】A．因周期T>0.20s，故波在Δt=0.20s内传播的距离小于波长，由图像可知传播距离Δx=0.08m，故波速v==0.40m/sA正确；B．由图像可知波长=0.16m，B错误；C．由得，波的周期根据振动与波动的关系知t=0时，x=0.08m的质点沿y轴正方向振动故此时该质点位于波谷，C正确；D．因为此时x=0.08m的质点在x轴上方沿y轴负方向振动，D错误；E．若此波传入另一介质中，周期不变，根据得波速变为0.80m/s时波长为E正确。故选ACE。16.如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F．该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2cm，EF=1cm．求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射) 【答案】【解析】【详解】过D点作AB边的发现，连接OD，则为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有①式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知②③在中有④由③④式和题给条件得⑤根据题给条件可知，为等腰三角形，有⑥由①②⑥式得