四川省射洪中学2024届高三物理上学期10月月考试题（补习班）（Word版附解析）

物理月考14．如图所示，一重物用轻绳悬挂于天花板上，用始终与轻绳垂直的力F缓慢拉动重物，直至轻绳水平，用T表示轻绳拉力的大小，则在缓慢拉动重物的过程中（   ）A．F逐渐变小，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T先变大后变小D．F逐渐变大，T先变小后变大15．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为（　　）A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶316．伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念而且创立了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，这套科学方法包含以下几个环节，其中排序最合理的是（　　）①运用数学推理   ②合理外推    ③对现象的一般观察  ④提出猜想       ⑤通过实验对推理进行验证       ⑥推广应用A．④②③①⑤⑥B．③④①⑤②⑥C．③④②①⑤⑥D．④③①②⑤⑥17．体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，运动员手臂受到的拉力，下列判断正确的是（）  A．不变B．变小C．变大D．无法确定18．如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F试卷第7页，共7页 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（    ）A．两物块一起运动的加速度大小为B．弹簧的弹力大小为C．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大19．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是（　　）A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍20．近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的“加速度的变化率”越小，乘坐轿车的人感觉越舒适。图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图像，则下列说法正确的是（　　）试卷第7页，共7页   A．加速度的变化率保持不变的直线运动是匀变速直线运动B．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3C．若加速度与速度同向，如图所示的图像，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同向，如图所示的图像，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s21．如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是：  A．  B．  C．  D．  三、实验题22．某同学用如图甲所示实验装置“探究弹簧的弹力和伸长量的关系”。直尺和光滑的细杆水平固定在铁架台上，一根弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接。细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂钩码。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出对应的弹簧总长度L试卷第7页，共7页 ，并将所挂钩码的重力大小作为弹簧的弹力大小F。弹簧伸长均在弹性限度内。（1）把以上测得的数据描点连线，如图乙所示，则该弹簧的原长L0=cm，劲度系数k=N/m。（结果均保留3位有效数字）（2）若该同学先把弹簧竖直悬挂，下端不挂钩码测出弹簧原长为L1，再按照图甲所示方法悬挂钩码，测出弹簧伸长后长度L，以L-L1作为弹簧伸长量x，以钩码重力大小作为弹力F大小。由于弹簧自身重力的影响，得到的图线可能是图丙中的。23．学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度与力的关系，其中桌面与细线已调至水平。（1）关于本实验，下列说法正确的是。A．必须用天平测出砂和砂桶的质量     B．砂和砂桶的总质量必须远小于小车的质量C．应当先释放小车，再接通电源     D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为试卷第7页，共7页 ，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为。（结果保留两位有效数字）（3）若小车的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车的质量为。（结果保留两位有效数字）（4）不断增加砂桶中砂的质量，重复实验，发现小车的加速度最后趋近于某一数值。若当地的重力加速度大小为g，则经理论分析可知，该数值为。四、解答题24．某同学利用风洞实验来研究物体运动的规律。在风洞中把小球（视为质点）从A点斜向右上方抛出，初速度大小为=10m/s，与水平方向的夹角为θ=37o，经过一段时间小球落到与A点等高的B点。小球运动过程中受到的风力大小恒为重力的0.2倍，方向始终竖直向下。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间t；（2）AB之间的距离d和小球运动过程中上升的最大高度h。25．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s²)求：(1)物体1开始运动加速度？长板2和3一起开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．33(1)．下列说法正确的是（　　）A．液体的表面张力方向与液面相切B．热量能自发地从低温物体传递到高温物体试卷第7页，共7页 C．分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的D．晶体发生物态变化时，其温度保持不变E．扩散现象证明分子间有间隙，但不能证明分子总是在永不停息地做无规则运动(2)．如图所示，粗细均匀的薄壁玻璃管水平部分左端开口，竖直部分下端封闭，用水银封闭一段长度x＝10cm的空气（视为理想气体）柱，大气压强恒为p0＝76cmHg，环境的热力学温度恒为T0＝300K，将玻璃管绕水平管缓慢转动90°后，竖直管中水银的长度变为L1＝3.3cm。（ⅰ）求玻璃管转动前，竖直管中水银的长度L2；（ⅱ）若玻璃管不转动，而是对封闭空气缓慢加热，求当竖直管中的水银刚好移到水平管中时，封闭空气的热力学温度T。（结果保留到小数点后一位）  34(1)．一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知周期，时的波形如图所示，波上有P、Q两质点，其纵坐标分别为，，下列说法中正确的是（　　）A．P点在振动比Q点滞后半个周期B．P、Q在振动的过程中，位移的大小总相等C．在内，P点通过的路程为D．该波波速为E．在相等的时间内，P、Q两质点通过的路程相等(2)．如图为一个透明光学元件的截面图，左侧为矩形，边水平，边长为边长为，右侧边界是半径为的四分之一圆弧。一束单色光由空气从左侧边界上距点的点与水平线成试卷第7页，共7页 角射入光学元件，在元件中第一次到达边界的位置为点。已知光在真空中的传播速度为。求：（1）该光学元件的折射率；（2）光束从入射至第一次离开光学元件所用的时间（结果可用根号表示）。  试卷第7页，共7页 参考答案：1．B【详解】力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为，受力分析可以得到：，，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故ACD错误，B正确2．C【详解】汽车速度减为零的时间为2s时位移刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移为所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确，ABD错误。故选C。3．B【详解】这套科学方法包含以下几个环节，对现象的一般观察，提出猜想，运用数学推理，通过实验对推理进行验证，合理外推，推广应用。故选B。4．B【详解】对运动员受力分析如图所示  运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力答案第9页，共10页 减小，增大，F减小，故B正确，ACD错误。故选B。5．B【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有解得故A错误；B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有解得故B正确；C．根据可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C错误；D．根据可知T与无关，只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选B。6．ABD【详解】A．波从一种介质进入另一种介质时，其频率不变，故A正确；B．干涉和衍射现象是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象，故B正确；答案第9页，共10页 C．当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，故C错误；D．振动方向和传播方向垂直的波为横波，故D正确；E．紫外线比红外线的频率高，则红光的波长大于紫光的波长，结合可知，用同一装置做双缝干涉实验，红外线对应的条纹较宽，故E错误。故选ABD。7．ACD【详解】A．液体的表面张力方向与液面相切，故A正确；B．由热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；C．分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的，故C正确；D．晶体发生物态变化时，其温度不发生变化，故D正确；E．扩散现象证明分子间有间隙，同时能证明分子总是在永不停息地做无规则运动，故E错误。故选ACD。8．BD【详解】CD．小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值解得在竖直方向上的位移当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，小球运动的时间变为原来的2倍，所以小球后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍。故C错误；D正确；AB．设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则联立，可得易知，不变，则不变，所以速度方向与斜面的夹角也不变。故A错误；B正确。答案第9页，共10页 故选BD。9．BD【详解】A．加速度的变化率保持不变，则加速度改变，物体做非匀变速直线运动，A错误；B．“加速度的变化率”是指加速度的变化与所用时间的比值，即，a的单位是m/s2，t的单位是s，则的单位为m/s3，B正确；C．若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，C错误；D．在a—t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，D正确。故选BD。10．BDE【详解】A．由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波在传播过程中，在一个周期内传播一个波长的距离，波沿x轴正方向传播，所以振动形式从P传到Q需要半个周期，即Q点的振动比P点滞后半个周期，故A错误；BE．P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，则P、Q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，方向相反；在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故BE正确；C．，若图示时刻P在平衡位置或最大位移处，在内，P点通过的路程为而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在内，P点通过的路程小于，故C错误；D．由图知，该波的波长为，则波速为故D正确；故选BDE。【点睛】本题关键的抓住P、Q是反相点，振动情况总是相反这一特点进行分析，知道平衡答案第9页，共10页 位置相距半个波长奇数倍的两个质点是反相点，即是振动情况总是相反的点，间距通项为11．BC【详解】AB．物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为，传送带的倾角为，物块与传送带间的动摩擦因数为，若物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。A错误，B正确。CD．若物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的。C正确，D错误。故选BC。12．5.0013.0~13.6B【详解】（1）[1]弹簧弹力为零时，弹簧总长度即为弹簧原长，故[2]弹簧劲度系数（2）[3]由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，则不变，即F-x图像斜率不变。故选B。13．D2.42.9【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AB错误；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。答案第9页，共10页 故选D。（2）[2]打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔根据逐差法可得加速度（3）[3]设小车质量为，根据牛顿第二定律可得可知图象斜率表示小车质量的倒数，即解得（4）[4]设砂桶和砂的质量为,绳子拉力为,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得对小车联立可得当无穷大时，加速度的值趋近于。14．（1）1s；（2）8m，1.5m【详解】（1）竖直方向上，根据牛顿第二定律可得解得竖直方向加速度大小为以竖直向上为正方向，则小球在A点沿竖直方向的速度为答案第9页，共10页 根据对称性可知，小球在B点沿竖直方向的速度为因此解得（2）从A到B，在水平方向上，满足从A到最高点，根据对称性，时间为，则15．（ⅰ）3.8cm；（ⅱ）394.3K【详解】（ⅰ）玻璃管转动前，封闭空气的压强为玻璃管转动后，封闭空气的压强为设玻璃管的横截面积为S，根据玻意耳定律有解得（ⅱ）根据理想气体状态方程有答案第9页，共10页 解得16．（1）；（2）【详解】（1）如下图所示  由几何关系可知解得联立解得（2）由解得如下图所示  由几何关系可知所以光束在点发生全反射，由几何关系可知答案第9页，共10页 所以光束从圆弧的下边界垂直射出，设光束与圆弧的下边界的交点为，光束传播的路程由几何关系可得光束在元件中传播的速度满足光束从入射至第一次离开光学元件所用的时间联立解得17．（1）（2）1m（3）1m【详解】设向右为正方向（1）物体1：-μmg=ma1a1=–μg=-2m/s2物体2：T+μmg=ma2物体3：mg–T=ma3且a2=a3由以上两式可得：=6m/s2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0．5sv1=3m/s=1．75m=0．75m所以木板2的长度L0=x1-x2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速T=2ma    mg—T=ma  即mg=3ma得对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动答案第9页，共10页 物体1：a3=μg=2m/s2物体2：T—μmg=ma4物体3：mg–T=ma5且a4=a5得：=4m/s2整体下落高度h=H—x2=5m根据解得t2=1s物体1的位移=4mh-x3=1m物体1在长木板2的最左端【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．答案第9页，共10页