重庆市渝北中学2023-2024学年高三上学期11月月考质量监测物理试题（Word版附解析）

渝北中学2023-2024学年高三11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.疲劳驾驶往往十分危险。若一辆汽车因司机打瞌睡撞上高速公路护栏，下列说法正确的是（　　）A.碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力的方向相反B.碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力的方向相同C.公路护栏是静止的，碰撞时护栏受到的撞击力比汽车受到的大D.汽车是主动产生碰撞的，碰撞时汽车受到的撞击力比护栏受到的大【答案】A【解析】【分析】【详解】汽车和公路护栏之间的撞击力互为作用力和反作用力，由牛顿第三定律可知，汽车与公路护栏之间的撞击力大小相等、方向相反，与运动情况无关，A正确。故选A。2.图中虚线所示为某静电场的等势面，相邻等势面间的电势差都相等；实线为一试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹。该试探电荷在M、N两点受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（　　）A.B. C.D.【答案】C【解析】【详解】根据电场线疏密程度表示电场强度大小可知，N处场强大于M处场强，则电荷受到的电场力方向大致指向曲线轨迹的凹侧，故由M到N过程，电场力做负功，电势能增大，故故选C。3.某次风洞实验中，某一颗粒的运动轨迹如图所示，则该颗粒（　　）A.在P点的加速度可能水平向左B.一定做变速运动C.在Q、P两点的动量可能相同D.从Q到P的位移大小等于路程的大小【答案】B【解析】【详解】A．由曲线运动条件可知，在P点受到的合力的方向不可能水平向左，所以在P点的加速度不可能水平向左，故A错误；B．物体做曲线运动，速度方向不断变化，所以一定做变速运动，故B正确；C．Q、P两点的切线的方向不同，速度方向不同，所以在Q、P两点的动量不可能相同，故C错误；D．物体做曲线运动，所以位移大小小于轨迹长度，故D错误。故选B。4.某压敏电阻的阻值随受压面所受压力的增大而减小。某兴趣小组利用该压敏电阻设计了判断电梯运行状态的装置，其电路如图甲所示。将压敏电阻平放在竖直电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为，在电梯由静止开始运行过程中，电压表的示数如图乙所示，则电梯运动情况为（　　） A.匀加速下降B.匀加速上升C.加速下降且加速度在变大D.加速上升且加速度在变小【答案】A【解析】【详解】根据图乙可知，电压表示数大于电梯静止时电压表的示数，根据闭合电路欧姆定律得可知压敏电阻的阻值比电梯静止时大且恒定不变，可知压敏电阻所受压力小于电梯静止时的压力，物体A处于失重状态，有可能是向下匀加速或者向上匀减速，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是（　　）A.小球A、B间的库仑力变小B.小球B对筒壁的压力变小C.小球A对筒底的压力变大D.小球A对筒壁的压力变大【答案】D【解析】【详解】A．对B受力分析如图所示 由平衡条件可得B由于漏电而下降少许后重新平衡，增大，故小球A、B间的库仑力变大，故A错误；BD．B对筒壁的压力为增大，可知B对筒壁的压力变大。将小球A、B看成整体，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，故B错误；故D正确；C．将小球A、B看成整体，小球A、B竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，故C错误。故选D。【点睛】主要考察对整体法和隔离法的灵活应用，当两个物体的运动情况一致时，可根据整体+隔离的方法进行分析受力情况6.2023年4月14日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据完成了国内外无差别开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动，两轨道相交于A、B两点。已知圆轨道半径与椭圆轨道的半长轴相等，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（　　）A.两卫星在图示位置的速度B.两卫星在A或B点处可能相遇C.两卫星通过A点时的加速度大小相等D.“夸父一号”卫星的速度小于7.9km/s【答案】CD【解析】【详解】A．为卫星在椭圆轨道的远地点的速度，小于在此位置以卫星和地球连线为半径的圆轨道的速度，表示匀速圆周运动的速度，根据 可得半径越小，速度越大，故，A错误；B．根据开普勒第三定律可知圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，所以两卫星的运动周期相等，故不会相遇，B错误；C．根据牛顿第二定律可知，两卫星通过A点时的加速度大小相等，C正确；D．7.9km/s是第一宇宙速度，是最小的发射速度，最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，根据可知，半径越大，速度越小，所以“夸父一号”卫星的速度小于7.9km/s，D正确。故选CD。7.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法不正确的是（　　）A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B.振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流C.振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度减小D.振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小【答案】A【解析】【详解】A ．由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，由电容器的板间电场强度增大，故A错误；B．根据可知电容增大，则有可知电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故B正确；CD．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，所以电容减小，由于电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故CD正确。本题选择错误的，故选A。8.如图甲，两等量同种正点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一水平轨道，在两点电荷连线中点静置一带正电小球，小球可视为质点。时刻给小球一个水平向右的初速度，此后小球运动的图像如图乙所示，时刻图线斜率绝对值为，图线上的点为间曲线切线斜率最大点，该点切线斜率为，小球最终停在距点处。带电小球质量为，所带电荷量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）A.在两点电荷连线中垂线上，点电势最高，时刻小球所在位置的场强最大B.小球与轨道间的动摩擦因数C.若取无穷远处为0电势点，则点电势为 D.两点电荷连线中垂线上场强最大值为【答案】D【解析】【详解】A．由沿电场线方向电势逐渐降低，在中垂线中点O点电势最高，由v—t图像可知，小球在初始阶段电场力小于摩擦力，小球做减速运动，t1时刻电场力与摩擦力大小相等，速度减到最小，此后电场力大于摩擦力，小球做加速运动，在t2时刻，小球的加速度最大，所受合外力最大，摩擦力不变，所以电场力最大，可知场强最大，t3时刻，加速度是零，电场力和摩擦力大小相等，此后电场力小于摩擦力，小球做减速运动，直到停止，A错误；B．在初始时刻，小球受到的电场力是零，只受摩擦力，由牛顿第二定律可得其中t=0时刻图线斜率绝对值为k1，则有联立可得B错误；C．小球从O点到停在距O点L处的N＇点，由动能定理可得又有解得C错误；D．由A选项分析可知，在t2时刻，小球受的电场力最大，可知场强最大，由牛顿第二定律可得其中 联立可得D正确。故选D。9.如图所示，水平地面上固定一竖直挡板，倾角为、质量为M的斜面体右侧用楔子P固定于地面，一质量为m的球体静止于挡板与斜面之间，设所有接触面均光滑。若将固定斜面体的楔子P取走，小球下落且未脱离斜面的过程中，下列说法正确的是（　　）A.球对竖直挡板压力相对于球静止时减小B.球将做自由落体运动C.球体与斜面体组成系统机械能守恒D.球体与斜面体组成系统动量守恒【答案】AC【解析】【详解】A．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，故A正确；B．小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，故B错误；C．因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，故C正确；D．球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则球体与斜面体组成系统的动量不守恒，故D错误。故选AC。【点睛】掌握机械能守恒和动量守恒的条件。再根据受力情况及运动情况，分析受力变化情况。10.如图a所示，质量分别为、的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则（　　） A.整个运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒B.A、B的质量之比C.A的最大速度为D.A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为【答案】BD【解析】【详解】A．整个运动过程中，A、B组成的系统受到弹簧的弹力做功，系统机械能不守恒，故A错误；BC．由图可知，B的最大速度为3m/s，最小为0，当B的速度为零后，B又加速运动，说明B速度为零时，弹簧恢复原长，AB发生的完全弹性碰撞，根据故A获得的最大速度故B正确，C错误；D．A离开挡板后，弹簧弹性势能最大时AB速度相同，根据动量守恒有解得故D正确。故选BD。11.如图甲，水平向右匀强电场E区域内，有一粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑绝缘竖直半圆轨道BC平滑连接。一带正电的小滑块从A点静止释放，在AB段运动中由于摩擦电荷量增加，加速度随位移变化图像如图乙所示。在BC段运动中，小滑块电荷量保持不变。已知A、B间距离为4R，滑块质量为m，与轨道间动摩擦因数，重力加速度为g。则小滑块（　　） A.运动到B点时速度大小为B.对半圆轨道压力最大时，其所在处轨道半径与竖直方向夹角的正切值为2C.从C点飞出回到AB轨道的过程中，其水平方向能达到的最远距离大于4RD.若在飞出C点的同时，将电场反向，则落地前将做曲线运动【答案】BD【解析】详解】A．从A到B由动能定理可得由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为则小滑块运动到B点时速度大小所以A错误；B．对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为其中则 所以B正确；C．从B到C的过程中，由动能定理得得从C点飞出回到AB轨道的过程中水平方向速度减为0时水平位移最大水平方向C错误；D．由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为，则C点出时速度水平方向，因速度方向与恒力方向不共线，物块将做匀变速曲线运动运动，所以D正确。故选BD。12.充电后与电源断开的两平行板电容器、相互垂直放置，如图所示。两极板上的小孔、的连线平行于的两极板面，粒子源里有大量的质子和粒子，粒子从小孔处飘入，粒子打在极板上时将立即被吸收，现检测到质子恰好从上极板右边缘飞出，刚飞出电场时质子的动能为，电场力的功率为，忽略粒子重力、粒子间的相互作用、粒子飘入时的初速度及极板吸收粒子后的电量变化，则（　　） A.粒子也恰好从上极板右边缘飞出，飞出时的动能为B.质子和粒子在电场中运动的时间之比为C.仅将下极板向下移动少许，质子仍能从右端飞出，飞出时电场力的功率可能大于D.仅将极板间的距离增大少许，质子仍能从右端飞出，飞出时的动能可能小于【答案】ABD【解析】【详解】A．充电后与电源断开说明两电容器的电荷量都保持不变，设电容器中的场强为，板距为，中的场强为，板距为，板长为，粒子经过电容器的电场加速后，根据动能定理可得解得粒子在电容器中做类平抛运动，假设粒子可以从右端射出，则有，联立可得可知粒子与质子在电容器中做类平抛运动的轨迹相同，故粒子也恰好从上极板右边缘飞出，对于质子根据动能定理可得对于粒子根据动能定理可得 A正确；B．质子在电场中运动的时间粒子在电场中运动的时间为可知质子和粒子在电场中运动的时间之比为B正确；C．仅将下极板向下移动少许，根据说明电容器中场强保持不变，质子在电场中的受力不变，轨迹不变，即质子仍能从右端飞出，飞出时电场力的功率仍等于，C错误；D．仅将极板间的距离增大少许，根据说明电容器中场强保持不变，根据选项A中表达式可知增大，减小，故质子仍能从右端飞出，根据动能定理可知增大，可能减小，即质子从右端飞出的动能可能小于，D正确。故选ABD。 第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、实验题。13.（1）读出图中游标卡尺（20等分）和螺旋测微器的读数：图a的读数为___________cm。图b读数为___________cm。（2）某同学测量一只未知阻值的电阻。他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图所示。请你读出其阻值大小为________Ω。为了使测量的结果更准确，该同学应将选择开关打到___________（填“×100”或“×1”）挡重新测量。【答案】①.10.335②.0.3373③.④.×100【解析】【分析】【详解】（1）[1]图a的示数[2]图b的示数 （2）[3]读出的面板刻度乘以挡位即得电阻值[4]面板读数值偏大，应选用较大的挡位使指针向右偏一些，故要选×100挡14.举世瞩目的嫦娥四号探测器，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。某同学利用图乙所示电路，探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值。通过测量得到该电池的U—I曲线a（如图丁）。由此可知，该电源内阻______（填“是”或“不是”）定值，某时刻电压表示数如图丙所示，读数为______V，由图像可知，此时电源内阻为______Ω（计算结果保留两位有效数字）；（2）实验二：只减小光照的强度，重复上述实验，测得U-I曲线b（如图丁）。若在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为______W（计算结果保留两位有效数字）。【答案】①.不是②.1.50③.5.6④.（均可）【解析】 【详解】（1）[1]电源的图像的斜率大小表示电源的内阻，由曲线a可知斜率不是定值，故电源的内阻不是定值。[2]由图丙可知所选量程为0~3V，分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故此时电压表的读数为1.50V。[3]电源的图像的纵截距表示电源的电动势，则由曲线a可知，电源电动势为2.90V。当路端电压为1.50V时，电流为0.25A。根据闭合电路欧姆定律可得此时电源内阻为（2）[4]由曲线a可知，当路端电压为2.50V时电流为0.10A，此时滑动变阻器接入电路的电阻为易知外电路总电阻为25Ω，在图丁中作出外电路总电阻的伏安特性曲线如图所示，它与曲线b交于点（60mA，1.5V），该点即为此时外电路的工作点，此时消耗的功率为三、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.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离。电源电动势，内电阻，电阻。闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度竖直向上射入板间。若小球带电量为，质量为，不考虑空气阻力。那么滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板。（取）求：（1）两极板间的电场强度大小；（2）滑动变阻器接入电路的阻值。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球恰能从B到A，由动能定理可得解得则两极板间的电场强度大小为（2）由闭合电路欧姆定律可得解得则滑动变阻器接入电路的阻值为16.树上有一个苹果，离地高度为，成熟后自由落下。在与苹果水平距离处的小孩看到其落下时，经反应时间，从的高度水平抛出一颗小石子。重力加速度取，不计空气阻力，求：（1）若石子未击中苹果，石子在空中运动的时间；（2）若石子能击中苹果，石子被抛出时的速度大小。【答案】（1）0.6s；（2）4m/s【解析】【详解】（1）若石子未击中苹果，根据位移时间公式有解得 （2）若石子能击中苹果，设石子运动的时间为t，石子下落高度苹果下落的高度为根据题意有苹果在水平方向上做匀速直线运动，有解得17.某课外活动小组设计了一种打积木的游戏，游戏简化装置如图所示，在水平桌面依次放置质量为m的木块B、C（均可看作质点），B、C间的距离为L，木块C的右端与桌面右边缘相距也为L。B、C两木块与桌面间的动摩擦因数均为μ，两木块间的碰撞为弹性正撞。游戏时将弹簧枪放置在木块B左侧的桌面上，发射一黏性材料做成的质量为m的子弹A，子弹A水平向右击中木块B并粘合在一起，若木块能撞上C且C不离开桌面，则游戏获胜。不考虑子弹A与弹簧枪之间的摩擦，忽略空气的阻力，重力加速度大小为g。求：（1）弹簧恢复原长后，子弹从枪中射出，若子弹以的速度击中木块B，求子弹击中木块的过程损失的机械能；（2）若想游戏获胜，求弹簧枪的弹性势能应满足的条件。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对子弹击中木块的过程用动量守恒定律机械能损失 （2）弹簧枪的弹性势能设与C碰前B的速度为v，对子弹与B碰后整体向前匀减速直到与C碰撞的过程，用动能定理得若BC一定相碰，则，有若BC碰后，C刚好运动到桌面右边缘，则综合以上各式得综上所述18.如图所示，在水平面的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，变化规律如图所示。把一质量为m、带电荷的小球在时从A点以大小为的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以的动能竖直向下经过点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知之间的高度差为，水平距离为点到水平面的竖直距离为，重力加速度为。求：（1）两点间的电势差；（2）匀强电场的场强的大小；（3）小球到达水平面时与A点的水平距离。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，从A到B的过程根据动能定理有解得AB两点之间的电势差（2）小球从A点以动能mgh水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgh，说明水平方向上减速运动，水平方向有解得方向水平向左；竖直方向有解得方向竖直向下。所以匀强电场的场强方向与水平方向成45°角斜向左下。（3）根据题意建立如图所示的坐标系 已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同小球从A到B，在y轴上有解得到达D点时小球沿y轴方向的分速度为则A到D沿y轴方向的位移为小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为经过E点后，2T~3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为 2T~3T时间沿y轴的位移为以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T~4T时间沿y轴的位移为4T~5T时间沿y轴的位移为以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为令，解得可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为与对比可得小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为由A到B的过程中，沿水平方向有 解得