安徽省合肥市巢湖市第一中学2023-2024学年高三物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

物理

考生注意：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1. 质量为的物体在4个共点力作用下处于静止状态，其中最大的一个力大小为，最小的一个力大小为。下列判断正确的是（　　）

A. 其他两个力合力大小可能等于

B. 其他两个力的合力大小一定为或

C. 若保持其他力不变，只撤除，物体运动的加速度大小一定是

D. 若保持其他力不变，瞬间把的方向改变60°，物体由静止开始运动，在最初1秒内的位移大小是

【答案】C

【解析】

【详解】AB．物体处于平衡状态则合力为0，根据力的合成法则，个力的合力与剩余个力的合力等大反向。与的合力范围为

即

故其他两个力合力范围为

故AB错误；

C．其余三个力的合力与等大反向，只撤除，物体运动的加速度大小为

故C正确；

D．若把的方向改变60°，则其余三力的合力与大小相等，方向成120°夹角，则合力

此时物体的加速度为

则在最初1秒内的位移大小是

故D错误。

故选C。

2. 如图所示，一端封闭的玻璃管用的水银柱封闭一定质量的理想气体，玻璃管水平放置时，气柱长为。设大气压强为，环境温度保持不变，当玻璃管置于倾角为30°的斜面上且开口端沿斜面向上放置，玻璃管静止不动时，空气柱的长度是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】气体初始压强

初始体积

气体末状态压强

末状态体积

根据玻意耳定律

解得

故选A。

3. 如图所示，一块足够长两面平行玻璃砖对红色光的折射率为，一束红色光垂直射到该玻璃砖的上表面某点时，穿过该玻璃砖的时间为t。若该单色光以45°的入射角斜射到点，则该束光从下表面射出所需的时间是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设介质中的速度为v，平行玻璃砖厚度为d，根据

若该单色光以45°的入射角斜射到点，则

解得

单色光在玻璃砖中运动距离为

该束光从下表面射出所需的时间是

故选B。

4. 质量为的物体受恒定合力，在作用下做匀变速运动，经过点时速度大小为，速度方向与力的方向垂直。再经一段时间，速度方向与方向的夹角是，下列对这一过程的描述，说法正确的是（　　）

A. 可能大于90°

B. 这一过程经历的时间是

C. 这一过程力做的功是

D. 这一过程物体动量的变化为

【答案】C

【解析】

【详解】A．经过点时速度大小为，速度方向与力的方向垂直，之后轨迹会向力的方向偏移，所以小于90°，故A错误；

BD．沿力的方向根据动量定理

这一过程经历的时间

故BD错误；

C．后来的速度大小为

根据动能定理

故C正确。

故选C。

5. 如图所示为某电场中轴方向上电势变化的图像，，下列对轴上不同点的电场强度、电势以及在轴上移动电荷时静电力做功情况等的描述正确的是（　　）

A. 从点开始，经点到点，场强先减小后增大

B. 点电势和点电势相等

C. 正电荷从点沿直线移到点，电势能先减小后增大

D. 负电荷从点沿直线移到点，静电力一直做负功

【答案】D

【解析】

【详解】A．图像斜率表示场强，从点开始，经点到点，斜率不变，所以场强不变，故A错误；

B．由图可知，点电势大于点电势，故B错误；

C．根据

正电荷从点沿直线移到点，电势减小，电势能减小，故C错误；

D．负电荷从点沿直线移到点，电势减小，电势能增大，所以静电力一直做负功，故D正确。

故选D。

6. 2023年5月30日，我国神舟十六号宇宙飞船成功发射，三位宇航员与神舟十五号的三位宇航员在中国空间站成功会师，目前神舟十六号三位宇航员通力协作，正有条不紊地完成各项预定任务。空间站绕地球运行视为匀速圆周运动，周期与地球同步卫星的周期之比为。下列描述正确的是（　　）

A. 神舟十六号的发射速度大于第二宇宙速度

B. 空间站运行的加速度大于地球表面重力加速度

C. 空间站运行的速度与同步卫星的速度大小之比为

D. 空间站的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比为

【答案】D

【解析】

【详解】A．神舟十六号绕地球运行，所以发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A错误；

B．空间站运行时万有引力充当向心力

地球表面万有引力等于重力

所以

空间站运行的加速度小于地球表面重力加速度，故B错误；

D．根据开普勒第三定律

可得空间站的轨道半径和同步卫星的轨道半径之比为

故D正确；

C．根据

可得空间站运行的速度与同步卫星的速度大小之比为

故C错误。

故选D。

7. 如图所示，长为的轻绳一端固定在点，另一端连接质量为的小球。先把绳子拉直且处于水平位置，然后由静止释放小球，设点所在的水平面为重力势能的零势面，不计空气阻力。当细绳与水平方向夹角为时（小于90°），下列说法正确的是（　　）

A. 一定时，越大，小球的机械能越大

B. 一定时，越大，小球的向心加速度越大

C. 一定时，绳的拉力与绳长无关

D. 一定时，越大，小球所受重力的瞬时功率越大

【答案】C

【解析】

【详解】A．小球在摆动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，始终等于零，故A错误；

B．根据动能定理

小球的向心力

解得

所以一定时，小球的向心加速度与无关，故B错误；

C．根据

解得

所以一定时，绳的拉力与绳长无关，故C正确；

D．小球重力的瞬时功率

当时重力的瞬时功率为零，当接近90°时重力的瞬时功率接近零，所以一定时，越大，小球所受重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 如图所示，钢珠从高为的塔顶上边缘外侧被竖直向上以的初速度抛出，最终落在地面上。已知点和距离塔顶分别为和，不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）

A. 从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要

B. 钢珠距离地面的最大高度为

C. 钢珠从到所需时间为

D. 钢珠从到所需时间为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．钢珠被抛出到经过塔顶边缘做匀加速运动，则

解得

故A错误；

B．钢珠距离地面的最大高度为

故B正确；

CD．从最高点到的时间

从最高点到的时间

钢珠从到所需时间为

故C正确，D错误。

故选BC。

9. 位置坐标的波源S在时刻从平衡位置开始向下运动，形成沿轴正、负两个方向传播的简谐横波，沿波传播方向上有间距均为的9个质点，位置坐标如图所示。时刻各质点均处于平衡位置，经0.3秒处的质点第一次具有正向最大速度，同时的质点开始振动，则下列法正确的是（　　）

A. 波速为

B. 和的两质点振动步调完全一致

C. 时，的质点具有负向最大速度

D. 时，的质点加速度正在减小

【答案】AB

【解析】

【详解】A．设该波的波速为，周期为，根据题意可得

其中

，

联立解得

，

故A正确；

B．由于该波源形成沿轴正、负两个方向传播的简谐横波，则关于该波源对称的点的振动步调一致，故B正确；

C．该波从波源传播到处所需的时间为

则可知时处的质点才开始振动，且跟波源的起振方向相同，即从平衡位置开始向下振动，而

则可知时，的质点到达平衡位置，正向上振动，此刻该质点具有正向最大速度，故C错误；

D．波传播到处所用的时间为

则再经过，的质点正从平衡位置向正向最大位移处振动，而离平衡位置越远加速度越大，速度越小，即该质点得加速度正在增大，故D错误。

故选AB。

10. 如图所示，水平固定放置的足够长光滑平行金属导轨，左端与电阻相连，直导体质量为，电阻为，长度与导轨宽度相同，有匀强磁场垂直穿过导轨平面。作用一水平向右的恒力，使直导体由静止开始向右运动，当直导体一直加速到速度为时，撤除拉力，直导体再经相同的位移停止。对直导体经历的两个过程，描述正确的是（　　）

A. 撤除后做匀减速运动

B. 加速阶段的运动时间小于减速阶段的运动时间

C. 拉力的冲量大小等于

D. 拉力做的功大于

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．撤除后根据牛顿第二定律

根据闭合电路欧姆定律

根据法拉第电磁感应定律

解得

撤除后做加速度减小的减速运动，故A错误；

B．根据加速阶段

可知加速阶段做加速减小的加速运动，由题知，加速和减速运动位移相同，根据图像可知，加速阶段的运动时间小于减速阶段的运动时间，故B正确；

C．在加速阶段，根据动量定理

减速阶段，根据动量定理

解得拉力的冲量大小

故C正确；

D．在加速阶段，根据动能定理

解得

可知拉力做的功大于，故D正确。

故选BCD。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. 如图1所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受拉力的大小，为带滑轮小车的质量，为砂和砂桶的总质量。实验时先不挂砂桶，将木板右端垫高，调整垫块的左右位置，平衡摩擦力，然后挂上砂桶，改变桶中砂的质量，多次进行实验。完成下列问题：

（1）实验中___________（填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。

（2）以拉力传感器的示数为横坐标，小车的加速度为纵坐标，画出的图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图线的斜率___________（用表示）。

（3）若某同学实验中加垫块过高，采集实验数据作出的图像可能是___________。

A．  B．  C． 

【答案】    ①. 不需要    ②.     ③. A

【解析】

【详解】（1）[1]本题实验中有拉力传感器，拉力是已知的无需满足满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量；

（2）[2]根据牛顿第二定律

整理为

故斜率为；

（3）[3] 加垫块过高既平衡摩擦力过度，当拉力为0时，也有加速度，故A正确。

故选A。

【点睛】本题考查验证牛顿第二定律，注意平衡摩擦时产生的误差。

12. 用半偏法测电流表G的内阻的电路如图所示。待测电流表满偏电流，内阻左右，电源A（电动势，内阻很小），电源B（电动势，内阻很小），电阻箱（电阻范围），滑动变阻器，滑动变阻器。

（1）本实验步骤如下：

①按图连接好电路；

②断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，使电流表G指针满偏；

③保持开关闭合，并保持___________，闭合开关，调节电阻箱阻值，使电流表G指针半偏；

④读出电阻箱的阻值是，则待测电流表的内阻是___________。

（2）为了尽可能减小实验误差，电路中电源应该选择___________（填“A”或“B”）；滑动变阻器应该选择___________（填“”或“”）。

（3）用本方法测量的电流表内阻的测量值___________真实值（填“等于”“大于”或“小于”）。

【答案】    ①. 滑动变阻器滑片位置不变    ②. 98.5    ③. B    ④.     ⑤. 小于

【解析】

【详解】（1）③[1] 保持开关闭合，并保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表G指针半偏；

④[2] 闭合开关，电流表G和电阻箱并联，电压相等；当电流表G指针半偏时，两者电流相等，所以两者电阻相等，则待测电流表的内阻是。

（2）[3][4]该实验中为了减小误差，电源电动势要尽量大，滑动变阻器也要选大的，所以电源应选择B，滑动变阻器应选择R2。

（3）[5] 因开关闭合后，总电阻减小，总电流变大，则当电流表指针偏转到满刻度一半时，通过电阻箱的电流大于总电流的一半，即电阻箱的阻值小于电流表的阻值，即测量值小于真实值。

13. 如图所示，固定在竖直面内的四分之三光滑圆弧轨道，点与水平面相切，是圆心的等高点，是最高点。在水平面上安装一弹簧发射器，可以发射具有一定初动能的小球（初动能大小未知）。若发射点在点，对准点发射小球，小球恰好到达点；若发射点在点，对准点发射同一小球，小球恰好沿圆弧轨道内侧到达点；若发射点在点，对准点发射同一小球，小球恰好能沿圆弧轨道内侧到达点。已知，，小球与水平面间的摩擦力恒定，求、两点的距离。

【答案】

【解析】

【详解】设，小球从点发射，小球恰好到达点，根据能量守恒有

小球从点发射，小球恰好到达点，根据能量守恒有

小球从点发射，小球恰好到达点，根据能量守恒有

小球恰好能沿圆弧轨道内侧到达点，根据牛顿第二定律有

联立解得

14. 如图1所示，在半径为的圆形区域内，有垂直于圆面的磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图2所示，和大小之比为，已知。时刻，一带电粒子从点沿方向进入匀强磁场中，从圆周上点离开磁场，，在磁场中运动的时间为，粒子重力不计。

（1）求该粒子的比荷（用含、的式子表示）；

（2）若同一种粒子在时刻从点入射，速度大小、方向均与第一次相同，求这个粒子在圆形磁场区域中运动时间。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意做出粒子得运动轨迹如图所示

根据几何关系可得该粒子轨迹得半径

设该粒子得质量为，电荷量为，入射速度为，由洛伦兹力充当向心力有

粒子的周期为

则可得

联立解得

（2）在时刻射入同一粒子，此时的磁场强度为，根据洛伦兹力充当向心力有

解得

根据题意有

而

解得

则可知粒子在磁场中偏转的角度为，设该粒子在此磁场中运动的时间为，则可得

15. 如图所示，质量为、长为的长木板静止在光滑的水平面上，一质量也为、可视为质点的小物块以水平速度滑上木板，当物块和木板相对静止时，物块刚好位于长木板中点处，重力加速度为。

（1）求物块和长木板之间的动摩擦因数；

（2）若水平面不光滑，且长木板与水平面间的动摩擦因数为，小物块仍然以相同的速度滑上长木板，求经多长时间，小物块和长木板速度相等，并判断此时小物块是否与长木板分离；

（3）求在（2）的条件下长木板从开始运动到静止与水平面间因摩擦产生的热量是多少（用含和的式子表达）。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）动量守恒可得

解得

由能量守恒可得

解得

（2）由牛顿第二定律可得

解得

当时求时间可得

解得

由于

故二者不会分离；

（3）设x1是二者滑动时木板对地的位移，x2为二者保持静止之后木板对地的位移；

对物块与长木板整体分析，根据牛顿第二定律可知

解得

二者相对静止时的速度为

根据匀变速直线运动规律可得

产生热量为

联立解得