重庆市第七中学2023-2024学年高三上学期第四次月考物理试题（Word版附解析）

重庆七中高2024级高三第四次月考试题物理（满分：100分；时间：75分钟）一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中只有一项满足题目要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分。）1.关于力的作用效果，下列说法不正确的是（）A.力可以使物体产生加速度B.力可以对物体做功C.力可以对物体产生冲量D.物体做匀速直线运动需要力来维持【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律，力可以使物体产生加速度，故A正确，不符合题意；B．根据，力可以对物体做功，故B正确，不符合题意；C．根据，力可以对物体产生冲量，故C正确，不符合题意；D．物体做匀速直线运动不需要力来维持，故D错误，符合题意。故选D。2.2023年9月23日第19届亚运会在杭州举行。在跳高比赛中，运动员在横杆前起跳，越过横杆后落地，横杆不掉下来即为成功。运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体。取竖直向上为正方向，下列可能表示运动员起跳后运动员的速度ν或加速度a随时间t变化的图像是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【详解】运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体，可知加速度恒定为向下的g不变，方向为负方向，且v-t图像为倾斜的直线，斜率为-g不变。故选D。3.我国将在2024年前后发射鹊桥二号中继卫星和嫦娥六号探测器，实现月背采样返回。嫦娥六号探测器近月运行时可视为匀速圆周运动，假设其近月环绕的周期为T。已知引力常量为，嫦娥六号的质量为。根据以上信息可求出（）A.月球的第一宇宙速度B.月球平均密度C.嫦娥六号的平均密度D.嫦娥六号绕月运行的动能【答案】B【解析】【详解】A．设月球的质量为，月球半径为，月球的第一宇宙速度为，则解得因为月球半径即近月轨道半径未知，所以月球的第一宇宙速度无法求出，故A错误；B．根据，解得月球的平均密度故B正确；C．嫦娥六号的质量已知，但体积无法求出，所以平均密度无法求出，故C错误；D．根据得 因为未知，所以嫦娥六号绕月运行的动能无法求出，故D错误。故选B。4.如图所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点。若传送带转动起来，再把物块放到P点自由滑下，则（）A.若传送带逆时针方向转动，物块一定落在Q点B.若传送带逆时针方向转动，物块一定落在Q点的左边C.若传送带顺时针方向转动，物块一定落在Q点D.若传送带顺时针方向转动，物块一定落在Q点的右边【答案】A【解析】【详解】AB．物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动。若传送带逆时针转动，物块的受力情况跟传送带静止时相同，所以一定仍落在Q点，故A正确，B错误；CD．当传送带顺时针转动时，物体相对传送带可能向前运动，使物体在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，这种情况下物块仍落在Q点；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带也可能向后运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相同，物块可能做加速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，物块会落到Q点的右边，故CD错误。故选A。5.位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则时的波形图为（）A.B.. C.D.【答案】A【解析】【详解】BC．根据位移y随时间t变化的关系式，可知t=0时原点处的波源向y轴正方向运动，当时波源回到原点处，故BC错误；AD．当时波源向y轴负方向运动，而该简谐横波沿x轴正方向传播，故A正确，D错误。故选A。6.如图所示，在真空中固定两个等量的异号点电荷+Q和－Q，O点为两点电荷连线的中点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称。P点与M点关于两点电荷的连线对称。则下列说法正确的是（　　）A.P、N两点的电势相等B.M、N两点的电场强度相同C.将试探电荷从M点沿直线移到P点的过程中，电荷所受电场力先减小后增大D.将带负电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能一直减少【答案】B【解析】【详解】A．画出过M、N的等势面，如图所示根据沿电场线方向电势逐渐降低可得，M点电势高于N点电势，故A错误； B．等量异种点电荷电场的分布具有一定的对称性，如图所示由图可得M、N两点的电场强度相同，故B正确；C．将试探电荷从M点沿直线移到P点的过程中，由B分析中图可知，电场强度先增大后减小，则电荷所受电场力先增大后减小，故C错误；D．将带负电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做负功，则电势能一直增大，故D错误。故选B。7.如图所示为在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法错误的是（　　）A.滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动B.滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动C.极板M向上运动，M板的电势升高D.断开S2，油滴向上运动【答案】B【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，故A正确； B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，故B错误；C．极板M向上运动，根据可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合可知两板电势差变大，N板接地电势为0，则M板的电势升高。故C正确；D．断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，根据可知两板间场强变大，则根据可知断开S2，油滴向上运动。故D正确。题目要求选择错误的，故选B。二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中至少有两项满足题设要求，选对得5分；漏选得3分；不选、错选或多选不得分。）8.一质量为m的物块在大小为F的水平拉力作用下，从静止开始沿水平面运动距离x后撤掉F；又运动了2x停止。已知接触面粗糙程度不变，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.在开始运动x过程中，物块受到重力、支持力、拉力、滑动摩擦力的作用B.根据题干信息，不可求出物块运动的总时间C.根据题干信息，可求出物块与水平面间的动摩擦因数D.仅改变拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须提前撤掉F【答案】AC【解析】【详解】A．在开始运动x过程中，物块在竖直方向上受到重力和支持力作用，水平方向上受到拉力和滑动摩擦力的作用，A正确；BC．设物块与地面间的滑动摩擦力为，撤掉拉力前加速度为，撤掉拉力后加速度为，撤掉拉力时速度为，根据牛顿运动第二定律和匀变速直线运动规律，有 可解出、、和的值，根据可求出物块运动的总时间根据可求出物块与水平面间的动摩擦因数，B错误，C正确；D．若增大拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须提前撤掉F，若减小拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须推迟撤掉F，D错误。故选AC。9.如图所示，不可伸长柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，两端拴着质量分别为m和M的小球。当小球m绕细管的几何轴匀速转动时，m到管口的绳长为l，绳与竖直方向的夹角为，小球M处于静止状态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球m的线速度大小 B.小球m的运动周期C.向下缓慢拉动M的过程中，夹角变小D.向下缓慢拉动M的过程中，小球m的角速度变大【答案】BD【解析】【详解】A．小球m水平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得故A错误；B．小球m的运动周期为故B正确；C．根据平衡条件可知向下缓慢拉动M的过程中，F增大，夹角变大，故C错误；D．小球m的角速度向下缓慢拉动M的过程中，m到管口的绳长l变小，小球m的角速度变大，故D正确。 故选BD。10.如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面h高处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上、放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，弹性势能，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，则下列说法中正确的是（）A.物体A在下落过程中其机械能减小B.弹簧的劲度系数为C.物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为mgtD.将A物体质量改为1.5m，再将A物体由从原位置释放，A物体下落过程的最大速度为【答案】ACD【解析】【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物体A做负功，故机械能减小，故A正确；B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的形变量等于h，弹簧与A组成的系统机械能守恒，有可得故B错误；C．设整个过程中，绳子对A的冲量大小为I1，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I1，对A由动量定理得对B和弹簧由动量定理得 可得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为故C正确；D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量对A和弹簧的系统，根据机械能守恒解得故D正确。故选ACD。三、实验题（11题7分，12题9分，共16分）11.某同学探究钩码加速度与合外力的关系，其实验装置如图所示。一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用轻绳绕过定滑轮及光滑的动滑轮将滑块与弹簧测力计相连。实验中保持钩码的质量不变，在滑块上增加砝码进行多次测量，每一次滑块均从同一位置P由静止开始释放，在钩码带动下滑块向右运动，此过程中，记录弹簧测力计的示数F和光电门遮光时间t，用弹簧测力计测得钩码受到的重力为G，用刻度尺测得P与光电门间的距离为x，用螺旋测微器测得滑块上窄片的宽度为d。（1）实验中________（填“需要”或“不需要”）平衡滑块受到的滑动摩擦力。（2）滑块通过光电门的速度大小为，钩码的加速度大小为________（用含有d、t、x的表达式表示）。（3）对钩码，根据实验数据绘出的下列图象中最符合本实验实际情况的是________。 A.B.C.D.【答案】①.不需要②.③.A【解析】【详解】（1）[1]实验中保持钩码的质量不变，钩码所受的合力可由弹簧测力计的示数求出，故不需要平衡摩擦力。（2）[2]物块通过光电门的速度为根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得则钩码的加速度为（3）[3]对钩码，根据牛顿第二定律得解得故图像为一条过原点得直线。故选A。12.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程，内阻很大）；电流表（量程）；电阻箱（阻值）； 干电池一节、开关一个和导线若干。（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保留3位有效数字）、内阻为__________（保留2位有效数字）。（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________（保留2位有效数字）。（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.②.1.58③.0.64④.2.5⑤.偏小【解析】 【详解】（1）[1]实物连线如图：（2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得由图像可知E=1.58V内阻（3）[4]根据可得由图像可知解得（4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。四、解答题（13题10分，14题14分，15题17分，共41分）13.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为x，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求金属棒下滑到底端的过程中，（1）通过的电流大小I； （2）下滑的时间和通过的电荷量Q。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，有解得（2）根据匀变速直线运动规律，有解得根据电流定义式，可知14.示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为-e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为，求：（1）电子刚进入平行金属板MN的速度大小v； （2）电子离开平行金属板MN的偏转位移Y；（3）和的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在加速电场中，由动能定理可知解得（2）电子以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动运动，在离开偏转电场时偏移距离水平方向有根据牛顿第二定律有加速度解得（3）速度方向与水平方向成角，则有离开偏转电场后偏移的距离 总的偏移距离可得15.如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。求：（1）滑到的底端时对的压力是多大？（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【解析】【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，根据牛顿第二定律解得 由牛顿第三定律可知B对A的压力是。（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根据牛顿第二定律解得其加速度向左为由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得 B的位移为则此刻的相对位移为此时由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有解得碰撞时B速度为碰撞时由动量守恒可得解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用时间总时间