重庆市渝北中学2023-2024学年高三物理上学期8月月考试题（Word版附解析）

渝北中学2023-2024学年高三8月月考质量监测物理试题（全卷共三大题18小题，总分100分，考试时长90分钟）一、选择题（共48分。其中1-8题每小题只有一个正确选项，每小题4分；9-12题每小题有多个正确选项，全部选对的每题得4分，未选全的得2分，有选错的得0分）1.临近期末，小茗同学在进行知识梳理时，对以下说法存在疑惑，你认为其中正确的是（）A.“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟”，从物理学的角度看，这是涉及惯性知识的一句古诗词B.国际单位制中,N、kg、m是其中的三个基本单位C.马能拉着车加速往前跑，是因为马拉车的力大于车拉马的力D.把一个已知力分解成两个分力，则这个已知力总要比其中一个分力大【答案】A【解析】【详解】A．临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟，都说明由于惯性而出现危险，故A正确；B．国际单位制中，N不是基本单位，故B错误；C．由牛顿第三定律可知，马拉车的力等于车拉马的力，故C错误；D．一个合力与几个分力共同作用的效果相同，但合力的大小不一定大于任何一个分力的大小，可以小于分力，也可以等于分力，故D错误。故选A。2.A、B、C三个物体从同一点出发，沿着一条直线运动的位移时间图象如图所示，下列说法中正确的是（　　）A.C物体做减速直线运动B.A物体做曲线运动C.三个物体在0～t0时间内的平均速率vA>vB>vCD.三个物体在0～t0时间内的平均速度vA＝vB＝vC【答案】D【解析】 【详解】A．位移时间图象的斜率表示速度，由图可知C物体做加速直线运动，故A错误；B．A物体沿着一条直线运动，故A物体做直线运动，故B错误；C．由图可知，A、B、C三个物体在0～t0时间内的路程为根据可得三个物体在0～t0时间内的平均速率为故C错误；D．由图可知A、B、C三个物体在0～t0时间内的位移相等，根据可知三个物体在0～t0时间内的平均速度相等，故D正确。故选D。3.严冬屋檐下有冰凌，冰凌可看成质点（如图）。人在屋檐下行走要防止冰凌砸到头部，因此一定要有安全防范意识。假设冰凌做自由落体运动，冰凌最后内下落的高度为，重力加速度大小，则冰凌自由下落的总时间为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】冰凌最后内下落的高度为，则最后中间时刻的速度为根据自由落体运动规律可得 则冰凌自由下落的总时间为故选C。4.图中ae为珠港澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续桥梁，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则（　　）A.汽车通过bc段的时间为B.汽车通过b点的速度等于汽车通过ad段的平均速度C.汽车通过ce段的时间为D.汽车通过c点的速度小于汽车通过ae段的平均速度【答案】C【解析】【详解】A．根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为可得通过bc段的时间为，故A错误；B．汽车通过ae段的时间为2t，b点为ae段的中间时刻，故通过b点的速度等于ae段的平均速度，故B错误；C．汽车通过cd段的时间为，通过de段的时间为，通过ce段的时间为，故C正确；D．匀变速直线运动中点位置的速度大于此阶段的平均速度，故D错误。故选Ｃ。5.三个重力均为的相同木块、、和两个劲度系数均为的相同轻弹簧、，用细线连接如图，其中放在光滑的水平桌面上。开始时，弹簧处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧的左端，直到木块刚好离开水平地面为止。该过程弹簧的左端向左移动的距离是（轻弹簧和细线的重量都忽略不计）（　　） A.2cmB.3cmC4cmD.5cm【答案】C【解析】【详解】开始时，弹簧处于原长，弹簧处于压缩状态，对q有解得木块刚好离开水平地面，弹簧处于拉伸状态，对q有解得此时弹簧弹簧处于拉伸，对bc整体有解得则该过程弹簧的左端向左移动的距离是故选C。6.如图是教师课上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平）此时两磁铁保持静止，当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由落体运动时（不计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（　　） A.手拿住静止时，任意一块磁铁所受的磁力小于木棒对它的静摩擦力B.手拿住静止时，木棒对磁铁的作用力大小等于磁铁的重力C.放手下落时，磁铁受地球的引力大于磁铁对地球的引力D.放手下落过程中，木棒与磁铁间摩擦力等于0【答案】D【解析】【详解】A．手拿住静止时，任意一块磁铁水平方向受力平衡，则所受的磁力等于木棒对它的静摩擦力，选项A错误；B．手拿住静止时，磁铁受力平衡，木棒对磁铁的作用力与两磁铁间的引力的合力大小等于磁铁的重力，选项B错误；C．磁铁受地球的引力与磁铁对地球的引力是一对作用力与反作用力，两者等大反向，选项C错误；D．放手下落过程中，磁铁完全失重，对木棒的压力为零，此时木棒与磁铁间摩擦力等于0，选项D正确。故选D。7.智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin53°=0.8，cos53°=0.6)A.4B.5C.5D.4【答案】D【解析】 【分析】【详解】对头部进行受力分析，设颈椎对头部的支持力为F，肌肉拉力为F，如图示，根据平衡条件：在水平方向有：FN=F在竖直方向有：FN=mg+F联立解得：FN=4mg，即颈椎受到的压力也为4mg，而直立时颈椎受到压力为mg，所以此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为4，故A、B、C错误，D正确．故选D8.如图所示，质量分别为、m的物体，一起沿斜角为θ的光滑斜面从静止开始下滑，在下滑过程中，m受到的支持力和摩擦力分别为（　　）A.、B.、C.、D.、【答案】A【解析】【详解】对两物体组成的整体，根据牛顿第二定律有解得加速度 对m受力分析水平方向有竖直方向有m受到的支持力为故选A。9.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（　　）A.物块M对车厢壁的压力增大B.M受摩擦力增大C.M受摩擦力不变D.物块M相对于车厢壁可能上滑【答案】AC【解析】【详解】以物块为研究对象，分析受力情况如图重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律得：水平方向N=Ma竖直方向f=MgA．当加速度增大时，N增大，根据牛顿第三定律得知，物块对车厢壁的压力增大，故A正确； BC．当加速度增大时，物块受静摩擦力f不变，故B错误，C正确；D．当加速度增大时，N增大，物块所受的最大静摩擦力增大，故物块相对于车厢仍静止，故D错误。故选AC。10.如图，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上（未画）。两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知球B质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角。OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细线剪断的瞬间（重力加速度为g）（　　）A.球A的加速度为B.球A的加速度为C.球B加速度为gD.球B的加速度为g【答案】BD【解析】【详解】系统静止时，AO1连线与竖直方向夹角为30°，当剪断细线后，球A的加速度为剪断细线之前细绳的拉力剪断细线的瞬时弹簧的弹力不能突变，此时球B受的重力和弹力的合力为T，则此时球B的加速度为故选BD11.如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内绕O点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B。初始时倾斜直杆OM固定在图中位置，BC水 平，现用外力将OM杆缓慢旋转到竖直，并保持∠ACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中（　　）A.轻环所受细线的拉力逐渐增大B.直杆所受轻环压力逐渐减小C.绳BC的张力逐渐增大D.绳BC的张力先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】以C点为研究对象，受力分析如图由平衡条件和正弦定理有因为T=G且∠3始终不变，所以比值k不变。AB．当OM转动过程中，∠1由锐角增大到90°，∠2由90°减小到某个锐角，所以sin∠2逐渐减小，比值k不变，所以轻环所受细线的拉力TAC逐渐减小，直杆所受轻环的压力与细线的拉力TAC相等，则直杆所受轻环压力逐渐减小，故A错误，B正确；CD．sin∠1逐渐增大，比值k不变，绳BC的拉力TBC逐渐增大，故C正确，D错误。 故选BC。12.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v—t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则（　　）A.传送带的速度为4m/sB.传送带底端到顶端的距离为14mC.煤块与传送带间的动摩擦因数为D.煤块在皮带上留下的划痕为4m【答案】AD【解析】【详解】A．根据图乙可知，1s时刻，煤块的加速度发生突变，可知，此时煤块的速度与传送带的速度相等，即传送带的速度为4m/s，故A正确；B．根据题意可知，煤块的总位移与传送带底端到顶端的距离相等，即等于v—t图像中图像与时间轴所围几何图形的面积故B错误；C．0~1s时间内煤块加速度大小为根据牛顿第二定律有解得故C错误；D．0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，相对位移为 1~2s时间内煤块相对传送带向下运动，相对位移为则煤块在皮带上留下的划痕为4m，故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题　共52分）二、实验题。13.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：（1）实验室常用的有“电磁式打点计时器”和“电火花计时器”，它们使用的都是使用________（填“直流”或“交流”）电源，其电源频率为50Hz，每隔______s打一个点。（2）某同学在实验中打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出。其中，，，，，那么打b点时的瞬时速度大小是___________m/s；根据纸带求得加速度的大小是_________m/s2。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】①.交流②.0.02③.0.74④.【解析】【详解】（1）[1]“电磁式打点计时器”和“电火花计时器”，它们使用的都是使用交流电源。[2]电源频率为50Hz，则每隔打一个点。（2）[3]根据题意，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点间的时间间隔为打b点时的瞬时速度大小为[4]由逐差法有解得 14.在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。(1)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是________（填选项字母）A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力B．四组实验都需要平衡摩擦力C．四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件(2)按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的图像如图所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为________m/s2(3)若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，且（g为当地重力加速度），则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为_______，乙、丙、丁实验用的重物质量之比为______。【答案】①.BC②.1m/s2③.2：1：1④.10：5：8【解析】【详解】(1)[1]AB．四组实验都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测 量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。故选BC。(2)[2]根据牛顿第二定律得根据图像得当小车质量为0.5kg时，它的加速度为(3)[3]乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为[4]对乙图，根据牛顿第二定律得对丙图，根据牛顿第二定律得对丁图，根据牛顿第二定律得根据已知条件解得三、计算题（本题共4个小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）。15.一物体以的初速度从斜面底端冲上倾角为的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5， （，，）。求：（1）物体沿斜面上滑的最大位移；（2）物体再滑到斜面底端时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对物体在斜面上滑时受力分析，垂直斜面方向有由牛顿第二定律得可得上滑的最大位移为（2）物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得可得根据匀变速直线运动规律有解得16.如图所示，物块A的质量为，用绳悬挂在绳PQ和PCB的结点上，PQ偏离竖直方向角度，PC水平，连接B的绳与水平方向的夹角。所有绳及光滑的滑轮的质量不计。木块B静止在水平面上，质量。已知，，重力加速度为。求： （1）绳的拉力为多大；（2）地面对木块B的支持力多大。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据题意，对结点受力分析，设绳的拉力为，的拉力为，如图所示由平衡条件有解得，即绳的拉力为。（2）根据题意，对B受力分析，如图所示 由平衡条件有解得17.两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一水平直线上相距m的、两点，甲车从点以初速度m/s、加速度向右做匀加速运动，乙车从点由静止开始以加速度向右做匀加速运动，两车同时开始运动。已知当两车间距超过m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间。已知。求：（1）甲、乙两车在相遇前的最大距离；（2）经过多长时间两车相遇；（3）甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间。【答案】（1）12m；（2）8.8s；（3）4.8s【解析】【详解】（1）当甲、乙两车的速度相等时相距最远，则有代入数据可得则此时甲车的位移为此时乙车的位移为故甲、乙两车在相遇前的最大距离为（2）设两车经过时间相遇，则 代入数据解得（负值舍去）（3）在相遇前，当两车间距不超过，两车保持通信，则有代入数据解得，故甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为18.如图所示，一质量M=2kg的长木板静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m=1kg的小滑块，对物体施加一F=20N的拉力；t=2s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上。已知、间的动摩擦因数，与地面的摩擦因数为。（1）求有拉力时木板和滑块的加速度大小；（2）要使滑块不从木板左端掉落，求木板的最小长度；（3）若木板B的长度l=3m，试通过计算判断最终滑块A能否留在木板B上。【答案】（1），；（2）；（3）不能【解析】【分析】【详解】（1）对物体根据牛顿第二定律可得：故的加速度大小为方向向右；对木板根据牛顿第二定律可得解得木板加速度大小为 方向向右；（2）撤去外力时，物块和木板的速度分别为撤去外力后，物块的受力没变，故物块仍然做加速运动，加速度不变，木板做减速运动，其加速度大小变为代入数据解得设经过时间两者达到共速，则有解得故木板的长度至少为代入数据解得；（3）因为，两物体共速后，由于，两物体仍然发生相对滑动，物块相对木板向右运动，此时物体做加速度为的匀减速运动，木板的加速度大小变为解得两物体共速时的速度为 故物体和木板速度减为0经过的时间分别为该过程中，物体比木板多走的位移为解得