重庆外国语学校2023-2024学年高三上学期12月月考物理试卷（Word版附解析）

重庆外国语学校2023-2024学年度（上）高2024届12月考试物理试题（满分100分，75分钟完成）第I卷选择题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.2023年9月10日上午9时，杭州第19届亚运会火炬传递嘉兴站启动，嘉兴站的路线以“红船领航、筑梦未来”为主题，分为江南古韵、百年风华、活力之都三大篇章，全长8.8千米，下列说法正确的是（）A.2023年9月10日上午9时，“9时”指的是时间B.全长8.8千米，“8.8千米”指的是位移C.两位火炬手进行火炬交接时可以把火炬看成质点D.根据已知信息，无法求全程平均速率【答案】D【解析】【详解】A．2023年9月10日上午9时，“9时”指的是时刻，故A错误；B．全长8.8千米，“8.8千米”指的是路程，故B错误；C．两位火炬手进行火炬交接时，火炬的形状大小不能忽略不计，不可以把火炬看成质点，故C错误；D．平均速率等于路程除以所用时间，由于题意不能知道所用时间，所以无法求全程的平均速率，故D正确。故选D。2.2021“一带一路”年度汉字发布活动中，“互”字作为最能体现2021年“一带一路”精神内涵的汉字拔得头筹，成为年度汉字。如图为力学兴趣小组制作的“互”字形木制模型。模型分上下两部分质量均为0.5m。用细线连接两部分。当细线都绷紧时，整个模型可以竖直静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为l，连接c、d两点的细线为n，重力加速度为g。则（） A.细线l对a点的作用力向上B.细线l的拉力等于细线n的拉力C.细线n的拉力大小等于0.5mgD.整个模型对地面的压力大小为mg【答案】D【解析】【详解】A．细线只能提供拉力，所以细线l对a点的作用力向下，A错误；BC．模型上部分受三个力的作用，重力G、细线l对a点向下的拉力、细线n对d点向上的拉力，它们的关系为BC错误；D．对整个模型受力分析，受总重力mg、地面给的支持力，二力平衡，则根据牛顿第三定律，整个模型对地面压力大小为mg，D正确。故选D。3.一本书重约，有316页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在第158与第159页间，A4能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸袖出，至少需用约的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近（　　）A.0.20B.0.30C.0.40D.0.50【答案】C【解析】【详解】A4纸抽出时，纸上下表面都受到书本的滑动摩擦力，有解得纸和书之间的摩擦因数为 故选C。4.1638年，《两种新科学的对话》著作的出版，奠定了伽利略作为近代力学创始人的地位，书中讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题。依据伽利略在书中描述的实验方案，某实验小组设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑的运动特点。操作步骤如下：①让滑块从距离挡板处由静止下滑，同时打开水箱阀门，让水均匀稳定流到量筒中；②当滑块碰到挡板时关闭阀门；③记录量筒收集的水量；④改变，重复以上操作。与的比例关系为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】滑块在粗糙程度相同的斜面上由静止释放，可知滑块做初速度为零的匀加速直线运动，则有即与成正比；由于水是匀速稳定的流出，可知收集的水的体积与成正比，则有故选A。5.在公路上行驶的国产红旗轿车a和比亚迪电动轿车b，其位置随时间变化的图像分别为图中直线a和曲线b﹐已知比亚迪电动轿车的加速度恒定，在时速度为，在时直线a和曲线b相切，则（　　） A.a做匀速直线运动，速度大小为B.时国产红旗轿车a和比亚迪电动轿车b相遇但速度不同C.比亚迪电动轿车做匀减速直线运动且加速度大小为D.时两车的距离为【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，a车匀速直线运动的速度为故A错误；B．t=3s时a车和b车到达同一位置而相遇，直线a和曲线b刚好相切，说明两者的速度相等，故B错误；C．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vb=va=2m/s由加速度定义式得b车加速度为D．时a车在4m处，b在原点，两车的距离为4m，D错误。故选C。6.如图所示，长直杆CPD与水平面成45°，由不同材料拼接面成，P为两材料分界点，DP＞CP．一个圆环套在长直杆上，让圆环无初速从顶端滑到底端（如左图）；再将长直杆两端对调放置，让圆环无初速从顶端滑到底端（如右图），两种情况下圆环从开始运动到经过P点的时间相同．下列说法中正确的是（） A.圆环与直杆CP段的动摩擦因数小于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数B两次滑动中圆环到达底端速度大小不相等C.圆环从C到D所用时间小于从D到C所用时间D.圆环从C到D所用时间大于从D到C所用时间【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据D到P的过程中有因为运动到P的时间相等，则所以即圆环与直杆CP段的动摩擦因数大于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数，A错误；B．从C到D和从D到C 过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，B错误；CD．由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，且因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有即从D到P点速度大于从C到P点的速度，则得设圆环滑到底端的速度大小为v。则第一种情况：从P到D过程第二种情况：从P到C过程因所以C错误D正确。故选D。7.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小（g为重力加速度），A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（） A.电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为gB.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大C.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量D.物体B刚要离开地面时，A的速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A根据平衡条件可得当施加上电场力瞬间，对A物体根据牛顿第二定律可得解得故A错误；B．在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为，根据平衡条件可得解得B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为，对B根据平衡条件可得解得 对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先受向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，故B错误；C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误；D．物体B刚要离开地面时，由能量关系可知解得A的速度大小为故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）8.如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度大小为v，整体重力为G，不计空气阻力，在这段下滑过程中下列说法正确的是（）A.游客的机械能守恒B.轻绳保持竖直C.整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量D.重力的功率为【答案】BC【解析】【详解】A．匀速下滑过程中，动能保持不变，重力势能减小，因此机械能减少，A错误；B．由于游客匀速下滑，人受到重力与绳子拉力平衡，因此轻绳沿竖直方向，B正确；C．由于动能保持不变，而重力势能减小，因此整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量，C正确； D．由于游客沿倾斜滑索下滑，因此重力的功率D错误。故选BC。9.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图甲所示。两卫星之间的距离随时间周期性变化，如图乙所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（　　）A.A、B轨道半径之比为B.A、B的线速度之比为C.A的运动周期大于B的运动周期D.A、B的向心速度之比为【答案】AD【解析】【详解】A．由题意及题图可知解得所以，故A项正确；B．对于卫星其受到的万有引力提供圆周运动的向心力，有解得 结合之前分析，整理有故B项错误；C．对于卫星其受到的万有引力提供圆周运动的向心力，有解得有上述结果分析可知，卫星运行的轨道越大，其运行的周期越大，由于A卫星的轨道半径小于B卫星的轨道半径，所以A的运动周期小于B的运动周期，故C项错误；D．对于卫星其受到的万有引力提供圆周运动的向心力，有解得结合之前的分析有，整理有故D项正确。故选AD。10.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为，，重力加速度为g，静电力常量为k。则（） A.小球a的线速度为B.小球b的角速度为C.小球c的向心加速度大小为D.外力F竖直向上，大小为【答案】BC【解析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，设连线与水平方向的夹角为，则对小球a受力分析有，对a球，根据牛顿第二定律可得可得A错误；B．对小球b，有解得B正确；C．对c，有解得C正确；D．对d球受力分析，由平衡条件得： 解得D错误。故选BC。三、实验题（本题共16分，11题6分，12题10分。）11.如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置。实验中，将完全相同的挡光片依次固定在圆弧轨道上，测出部分数据如表：高度0.100.080.060.040.020势能0.02950.02360.01770.01180.00590.0000动能0.0217A0.03280.03950.04440.0501机械能0.05120.05040.05050.05030.05030.0501（1）若挡光片的宽度为d，挡光时间为，则摆锤经过挡光片时的速度大小为______________________。（2）表中A处数据应为___________J。（3）另一小组记录了每个挡光片所在的高度h及其相应的挡光时间后，绘制了和四幅图像。其中可以说明机械能守恒的图像是___________。 A．B．C．D．【答案】①.②.0.0268③.C【解析】【详解】（1）[1]若挡光片的宽度为d，挡光时间为，则摆锤经过挡光片时的速度大小（2）[2]由于可知表中A处数据应为0.0504J-0.0236J=0.0268J（3）[3]根据机械能守恒可知可知图像为一条倾斜直线。故选C。12.某实验小组同学想测量一个约几欧姆电阻的阻值，实验室提供的器材：A.电池组（电动势为）B.电压表（量程为，内阻约）C.电压表（量程为，内阻约）D.电流表（量程为，内阻约）E.电流表（量程为，内阻约）F.滑动变阻器（，额定电流2A）G.开关、导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选________，电流表应选________（填写所选器材前的序号）。（2）要使得测量误差最小，他们测量是采用如图哪种接法________。 A.B.C.D.（3）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，根据测得的多组数据在坐标纸上（如图）建立U、I坐标系，描绘出图线，则待测电阻的阻值为________Ω（结果保留2位有效数字），测量结果与真实结果相比________（填“偏大”、“偏小”或“无误差”）。【答案】①.B②.D③.C④.5.4⑤.偏小【解析】【详解】（1）[1][2]由于电池组的电动势为，为了减小实验误差，电压表应选B，由于待测电阻约几欧姆，由欧姆定律可知，电路中最大电流则电流表应选D。（2）[3]要使得测量误差最小，由于待测电阻较小，应采用电流表外接法，电压表和电流表示数从0开始变化，滑动变阻器采用分压接法。故选C。 （3）[4]根据题意，由欧姆定律可知，图像的斜率表示待测电阻的阻值，则有[5]由于电压表的分流，所测电流偏大，则电阻的测量结果与真实结果相比偏小。四、计算题（本大题共3个小题，共41分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）13.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波上处质点的振动图线。求：（1）此波的传播方向和波速大小；（2）从此时刻起内处质点通过的路程。【答案】（1）沿x轴负方向，1m/s；（2）50cm【解析】【分析】【详解】（1）由图乙可知，t=3s时，处质点正沿y轴正方向运动，结合图甲，可得波沿x轴负方向传播由甲图可知由乙图可知T=4s根据可得（2）由于振动周期T=4s质点每经过一个周期，运动4倍振幅，因此质点经过的路程 14.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，长的绝缘轻杆上端连接在O点。有一质量为、电荷量的带电金属小球套在绝缘轻杆上，球与杆间的动摩擦因数。当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g取。（1）求匀强电场的电场强度E大小；（2）若轻杆与竖直方向的夹角为时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0，求角；保持角不变，将小球从O点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小。【答案】（1）8N/C；（2）53°，2m/s【解析】【详解】（1）当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，故小球受力平衡；由小球受重力、电场力、杆的支持力和摩擦力作用可得解得匀强电场的电场强度为（2）轻杆与竖直方向的夹角为时，小球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，故支持力为零，则重力、电场力垂直轻杆方向分力等大反向，故有所以即小球受到合外力由牛顿第二定律得 故小球从O点静止释放，沿杆做加速度的匀加速直线运动，由运动学公式得故小球离开杆时的速度15.在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0=10m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块的摩擦系数为，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；（2）为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围；（3）若圆形轨道半径R=1.8m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移的表达式以及整个运动过程在斜面上经过的总路程s。【答案】（1）10m/s；（2）；（3），12.5m【解析】【详解】（1）由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，（2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则 解得为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则由机械能守恒定律得解得为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径或（3）圆形轨道半径可知物块B能做完整的圆周运动，以的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得解得第一次滑上斜面的最大位移为，由，解得从斜面下滑，由牛顿第二定律可得解得 由，解得滑到斜面下端时速度物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得解得故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以第二次滑上斜面，则解得上滑的位移大小物块B第二次下滑，则物块B第三次滑上斜面解得上滑最大位移故可以得到规律整个过程中，根据能量守恒定律得解得