2023-2024学年重庆市七校高三上学期11月月考 物理试题（解析版）

这是一份2023-2024学年重庆市七校高三上学期11月月考 物理试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图所示。下列关于细条散开现象的分析中，正确的是（ ）
A．撕成细条后，由于所受重力减小，细条自然松散
B．撕成细条后，由于空气浮力作用，使细条散开
C．用手迅速捋细条时，由于感应起电，细条带同种电荷，相互排斥散开
D．用手迅速捋细条时，由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开
【答案】D
【详解】用手迅速捋塑料细条，手与塑料细条摩擦起电，细条带同种电荷，互相排斥，所以细条散开，故ABC错误，D正确。
故选D。
2．羱羊具有很强大的爬坡能力，如图是羱羊爬上水坝壁上舔舐钙盐的场景。假设羱羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡，则在此过程中羱羊（ ）
A．受到的支持力增大B．受到的摩擦力增大
C．受到山坡的作用力增大D．受到的合力增大
【答案】B
【详解】AB．设坡面倾角为，则，
缓慢上坡的过程中，倾角增大，则支持力减小，摩擦力增大，故A错误，B正确；
C．根据平衡条件可知羱羊受到山坡的作用力与重力是一对平衡力，保持不变，故C错误；
D．羱羊缓慢上坡的过程中，处于平衡状态，合力始终为零，保持不变，故D错误。
故选B。
3．如图，汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，下列说法正确的是（ ）

A．汽车在A点受力平衡B．汽车的机械能守恒
C．汽车重力的功率逐渐增大D．汽车处于超重状态
【答案】B
【详解】A．汽车在A点时做匀速圆周运动，需要向心力，合力提供向心力，指向圆心，大小一定不为零，故A错误；
B．运动过程，动能不变，重力势能改变，机械能不守恒，，故B错误；
C．重力方向与速度方向间的夹角α不断变化，由
可知随着汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，α不断减小，则汽车重力的功率逐渐增大，故C正确；
D．汽车从拱形桥的顶点A运动至桥的B点做匀速圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向圆心，则重力应大于支持力，汽车处于失重状态，故D错误。
故选B。
4．如图（a），我国南方某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒2在最高点的速度小于v1
B．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P的平均速度相等
【答案】A
【详解】A．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小，即谷粒2最高点的速度小于v1，故A正确；
B．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，故B错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，故C错误；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，故D错误。
故AB。
5．战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，大一同学晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐振动）形成横波。图（a）、（b）分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q，波长大于，小于，P、Q两质点在波的传播方向上相距，下列说法不正确的是（ ）
A．时刻，P质点的速度为0
B．该列波的波长可能为
C．该列波的波速可能为
D．P、Q两质点振动方向始终相反
【答案】D
【详解】A．由图（b）可知，时刻，P质点处于平衡位置，速度不为零，故A正确；
B．传播方向为P到Q，波长大于，小于，P、Q两质点在波的传播方向上相距，由图像可知（，，）
可得（，，）
当时，可得（舍去）
当时，可得
当时，可得
当时，可得（舍去）
波长可能为或，故B正确；
C．由于波长可能为或，则波速可能为
或
故C正确；
D．由于P、Q两质点相距距离满足或
可知P、Q两质点振动方向并不会始终相反，故D错误；
故选D。
6．如图所示，水平传送带以的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为
A．80WB．160WC．400WD．800W
【答案】B
【详解】在1s内做到传送带上煤粉的质量为，这部分煤由于动摩擦力的作用被传送带加速，由功能关系的：
煤在摩擦力的作用下加速前进，因此：
传送带的位移：
相对位移：
由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度不变．所以传送带1s内增加的能量为：
所以皮带机相应增加的功率为：
A．80W 不符合题意；
B．160W 符合题意；
C．400W 不符合题意；
D．800W 不符合题意．
7．如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，下列分析正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．小球从d运动到c的过程中其速度先增大后减小
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最大
D．当小球运动到最高点a的速度v≥时，小球才能做完整的圆周运动
【答案】B
【详解】A．小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；
B．小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为
小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，选项B正确；
C．小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，选项C错误；
D．当小球运动到弧ab中点，且细线弹力为零时，有
小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为
小球从该点运动到a点，由动能定理得
解得
因此，当小球运动到最高点a的速度时，小球才能做完整的圆周运动，选项D错误；
故选B。
二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。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．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】AB
【详解】A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；
B．二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B正确；
CD．甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故CD错误；
故选AB。
9．欧洲木星探测器于2023年4月发射，将于2023年7月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与木卫四之间先绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）

A．欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角速度
B．欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度
C．若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能
D．若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能
【答案】BC
【详解】AB．根据公式有
解得；
欧洲木星探测器的公转轨道半径大于木卫一的公转轨道半径，则欧洲木星探测器的角速度小于木卫一的角速速；木星探测器的公转轨道半径小于木卫四的公转轨道半径，故线速度大于木卫四的线速度，故A错误,B正确；
CD．若要让欧洲木星探测器被木星捕获，必须减小其机械能，让其做近心运动；若要让欧洲木星探测器被木卫四捕获，必须增大其机械能，让其做离心运动，故C正确，D错误。
故选BC。
10．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是v0
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
【答案】BD
【详解】A.电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；
B.由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；
C.由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；
D.时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为，
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有
联立得：故D正确。
故选BD。
三、非选择题:本题共5小题，共57分。
11．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验小组选择如图所示纸带，纸带上选取连续三个点A、B、C，测出A点与起点O的距离为x0，A、B两点间的距离为x1，B、C两点间的距离为x2，交流电的周期为T，实验时：
(1)为了减小空气阻力对实验的影响，自由下落的重锤密度要 (选填“大”或“小”)一些．
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中 (选填“必需”或“不必需”)测量重锤的质量．
(3)打点计时器打出B点时，重锤的速度vB＝ (用题中所给的字母表示)．
(4)实验小组在“验证机械能守恒定律”的实验中发现，以O为起点、B为研究终点，计算结果是：重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能．其原因主要是该实验中存在阻力作用，因此该组同学想到可以通过该实验计算平均阻力的大小．已知当地重力加速度为g，重锤的质量为m，则该实验中存在的平均阻力大小f＝ (结果用m、g、vB、x0、x1表示)．
【答案】大 不必需 x1+x22T mg-mvB22（x0+x1）
【详解】(1)自由落下的重锤密度要大些．如果密度大些后，也就是说质量增大而体积不变，空气对重锤的阻力就相对小些；
(2)因为我们是比较的大小关系，故m可消去比较，所以在“验证机械能守恒定律”的实验中不要测重锤的质量；
(3)利用匀变速直线运动的推论：；
(4)运用动能定理研究重锤以O为起点B为研究终点的过程得：，．联立解得：．
12．（8分）某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材有：气垫导轨、带四分之一光滑圆弧轨道的滑块（滑块长度为）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。
（1）实验步骤如下：
①按照如图甲所示，将光电门固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门的总质量为，光电门B固定在气垫导轨的右端；
②用天平称得金属小球的质量为；
③用10分度游标卡尺测金属小球的直径，示数如图乙所示，则金属小球的直径 ；
④开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从点由静止释放。光电门A、B的遮光时间分别为、（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。
（2）若验证M、m组成的系统水平方向动量守恒，只需验证 （用已知量和测量量表示）成立即可。
（3）为进一步验证M、m组成的系统机械能是否守恒，还需测量的物理量有 ，需要验证的表达式为 （用已知量和测量量表示）。
【答案】1.36 四分之一圆弧轨道的半径
【详解】（1）[1]由于游标卡尺的第6个刻度与主尺上某一刻度对齐，由游标卡尺读数规则可知，金属小球的直径
（2）[2]设金属小球脱离滑块时金属小球对地的速度为，滑块对地的速度为，根据动量守恒有
由题意可得
此后滑块做匀速直线运动，有
解得
（3）[3][4]为进一步验证M、m组成的系统机械能是否守恒，即验证
是否成立，故还需测量出四分之一圆弧轨道的半径，解得
13.（10分）如图所示，绝缘水平地面上O点固定有电量为+Q的点电荷，一质量为m、电量为+q的可视为质点的小滑块与地面动摩擦因数为μ，从A点静止释放，最终停在B点，AB间距L，重力加速度为g，静电力常数为k，求:
（1）小滑块速度最大时与O点的距离;
（2）AB两点间电势差UAB。
【答案】（1）r=kQqμmg；（2）；（3）
【详解】（1）小滑块速度最大时，即加速度为0；μmg=kQqr2
解得r=kQqμmg
（2）滑块由A到B，根据动能定理，UABq-μmgL=0-0
解得UAB=μmgq
14．（13分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度；
（3）弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置所做的功W．

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡F弹1=mg+2T1csθ1
小球受力平衡F1csθ1+T1csθ1=mg
F1sinθ1=T1sinθ1
解得
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2
小环受到弹簧的弹力F弹2=k（x-L）
小环受力平衡F弹2=mg
解得
对小球F2csθ2=mg
且
解得
（3）弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡2T3csθ3=mg+F弹3
且
对小球F3csθ3=T3csθ3+mg
解得
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：
解得
15．某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1=0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1=0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2=0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3=0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2=0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0=0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g=10m/s2，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。
【答案】（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0=v甲x
由机械能守恒定律得
解得，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得