2024-2025学年重庆市育才中学高三（上）月考物理试卷（一）（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市育才中学高三（上）月考物理试卷（一）（10月份）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.大熊猫是我国的国宝，其憨态可掬的形象深受全世界人们的喜爱，通过大熊猫，我国与诸多国家建立了良好的合作贸易关系。如图是一只大熊猫静静的躺在一树枝上，则树对熊猫的作用力方向为( )
A. 竖直向下B. 竖直向上
C. 沿树枝向上D. 垂直树枝向上
2.在巴黎奥运会10米台跳水比赛中，t=0时刻我国运动员全红婵(视为质点)从距水面10m高处竖直向上起跳，其运动的速度与时间关系图像如图，图中0∼t2为直线，规定竖直向下为正方向，不计空气阻力，则( )
A. t1时刻运动员进入水面
B. t2时刻运动员到达最高点
C. 离跳台最大高度为12gt22
D. 在t2～t3时间内的速度变化得越来越慢
3.如图所示，排球运动员朱婷某次垫球训练，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设运动过程中排球所受空气阻力大小不变，则( )
A. 球上升阶段和下降阶段合力做功大小相同
B. 球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
C. 球上升阶段空气阻力做的功大于下降阶段空气阻力做的功
D. 球上升阶段重力做功的平均功率小于下降阶段重力做功的平均功率
4.如图，一粗糙的水平木板以速度v1向右做匀速直线运动，一可视为质点的煤块从木板上的某点P以垂直于v1的速度v2滑上木板，则煤块在木板上留下的痕迹可能是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对该气体，下列说法正确的是( )
A. 过程①中气体压强逐渐减小
B. 过程②中气体对外界做正功
C. 过程③中气体内能逐渐减小
D. 过程④中气体从外界吸收热量
6.如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAqB等于( )
A. 13B. 33
C. 3D. 2
7.如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 木板的长度为2mB. 木板的质量为3kg
C. 木板运动的最大距离为1.5mD. 整个过程中滑块B的位移大小为1m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，MN是正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带负电的粒子(不计重力)沿虚线ab穿越这条电场线。下列结论正确的是( )
A. 正点电荷一定位于M点左侧
B. 正点电荷可能位于N点右侧
C. 粒子在a点速度小于在b点的速度
D. 粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小
9.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙中的实线是航天控制中心大屏幕上显示的北斗系统某颗卫星的“星下点”在24小时内的轨迹(无重叠)，该卫星绕行方向与地球自转方向一致。已知地球的半径为R，地球同步卫星的轨道半径约为6.6R。则下列说法正确的是( )
A. 该卫星的周期为16小时B. 该卫星的周期为8小时
C. 该卫星离地面的距离约为3.2RD. 该卫星能记录到北极点的气候变化
10.如图所示，xOy平面为光滑水平桌面，在x轴上固定了一个14圆弧挡板，挡板圆弧所在平面与水平桌面共面。O′为其圆心，其半径R=3m。质量为0.1kg的小球在y轴上的初速度大小为v0。小球受到大小不变、方向沿−y方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到挡板前的最小速度为4m/s，恒力的大小为1N。小球视为质点，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 小球在整个运动过程中机械能守恒
B. 在小球击中挡板前，小球速度大小变为5m/s时，速度方向和x轴正方向的夹角为37°
C. 若小球在速度最小时恰好经过O′，则小球击中挡板前瞬间的动能为2.6J
D. 若v0大小方向可以改变，小球的初始位置可沿y方向上下移动，圆弧挡板可沿x方向左右移动，总保证小球每次水平通过O′点，则击中挡板时小球的最小动能为32 3J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.小明同学常用身边的器材来完成一些物理实验。如图甲，他将手机紧靠蔬菜沥水器中蔬菜篮底部侧壁边缘竖直放置，从慢到快转动手柄，可以使手机随蔬菜篮转动。利用手机自带Pℎypℎx软件可以记录手机向心力F和角速度ω的数值。更换不同质量的手机(均可看作质点)，重复上述操作，利用电脑拟合出两次的F−ω2图像如图乙所示。
(1)在从慢到快转动手柄的过程中，蔬菜篮侧壁与手机间的压力______(填“变大”、“变小”、“不变”)。
(2)由图乙可知，直线______(填“1”或“2”)对应的手机质量更大。
(3)若测量出蔬菜篮的直径，计算出手机相应的线速度v，利用所得的数据拟合出的F−v2图像应该为______(填“线性”或“非线性”)图像。
12.某实验小组利用图甲装置来验证牛顿第二定律。已知两侧斜面倾角均为θ，长度均为L，斜面上固定两光电门。两相同的凹槽安装有宽度均为d的挡光片，用不可伸长的轻绳连接跨过定滑轮放在两侧斜面，挡光片A到光电门1的距离为3L4，挡光片B到光电门2的距离为L4，若两斜面与凹槽间的动摩擦因数相同。

(1)两个凹槽内均放有10个质量为m的砝码，从B中拿出1个砝码放入A中，从图甲所示位置开始轻推A，发现A、B上的两挡光片通过两光电门的时间______(填“不等”或“相等”)，则凹槽匀速运动。
(2)A、B恢复原位置后，从B中总共拿出2个砝码放入A中，轻推A，测出两挡光片通过两光电门的时间分别为tA和tB。则两凹槽的加速度a= ______(用题中已知量表示)。
(3)重复上一步骤，从B中总共拿出n=3，4⋯个砝码放入A中，轻推A，测出两挡光片通过两光电门的时间，算出两凹槽的加速度a。
(4)用图像法验证牛顿第二定律，纵坐标为加速度a，要做出图乙中的图线，横坐标应为______。
A.n+1 B.n+2 C.n−1 D.n−2
(5)选用正确的横坐标后，测出该图线斜率为k，已知重力加速度为g，则可算出凹槽A(含挡光片)的质量M= ______(用题中所给已知量表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.华为发布的星闪技术是新一代无线短距通讯技术。现用甲、乙两玩具车在间距L=6m的两平直轨道上进行星闪通讯实验，最大通讯距离为10m。某时刻，甲车以8m/s的速度向右匀减速经过A处，加速度大小为2m/s2；与此同时，乙车以2m/s的速度向右匀速经过B处，AB连线与轨道垂直。忽略两车大小及信号传递时间，求：
(1)甲车停止前，甲、乙两车沿轨道方向的最大距离；
(2)甲、乙两车之间能进行星闪通讯的时间总共为多长。
14.如图甲为某款玩具，其主要配件有小物块、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为其结构示意图，其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连接但不重叠。其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1=0.4m、R2=0.3m、R3=0.2m。OA、AC为光滑水平轨道，滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道倾角θ可调(0≤θ10m
设经过时间t1甲、乙两车间距恰好为10m。
甲车x甲=v甲0t1+12(−a)t12
乙车x乙=v乙t1
甲、乙两车沿运动方向距离Δx1=x甲−x乙= 102−L2=8m
联立解得t1=2s
甲车停止后，两车之间通讯时间t2=2Δx1v乙
解得t2=8s
故总通讯时间t总=t1+t2=2s+8s=10s
答：(1)甲车停止前，甲、乙两车沿轨道方向的最大距离是9m；
(2)甲、乙两车之间能进行星闪通讯的时间总共为10s。
14.解：(1)由于小物块恰好能够通过三连环，即小物块通过圆轨道I的最高点时，恰好由重力提供向心力，则有
mg=mv12R1
令弹簧最小压缩量为x，则有
12kx2=mg×2R1+12mv12
解得
x=0.2m
(2)小物块第一次从圆轨道I的最高点到达圆轨道Ⅲ最高点过程有
mg(2R1−2R3)=12mv22−12mv12
在圆轨道Ⅲ最高点，根据牛顿第二定律有
N+mg=mv22R3
解得
N=10N
(3)小物块第一次从圆轨道I的最高点到达AC轨道过程，根据动能定理有
mg×2R1=12mv32−12mv12
物块冲上滑跃板CD后将减速至0，则有
12mv32=mgxrsinθ+μmgxcsθ
解得
x=1sinθ+ 33csθ
令y=sinθ+ 33csθ，由于
y′=csθ− 33sinθ
当该导数为0时解得
θ=60°
可知当θ=60°时，物块向上运动距离最小，则有
xmin= 32m
答：(1)弹簧的最小压缩量为0.2m；
(2)小物块第一次经过圆轨道Ⅲ最高点时所受的弹力大小为10N；
(3)小物块第一次在CD轨道上滑行的最小距离为 32m。
15.解：(1)物块2恰好可以达到管道最高点，则其在管道最高点时的速度恰好为0，从碰撞后到最高点的过程中：−mg×2R=0−12mv22，解得：v2=2 gR，
物块1与物块2发生弹性碰撞，以向右为正方向，动量守恒：13mv0=13mv1+mv2，动能不变：12×13mv02=12×13mv22+12mv22，解得：v0=4 gR；
(2)物块在该位置时，与管无相互作用力，其受力分析如图：

由圆周运动特点可知：mgcsθ=mv32R，
物块2从该位置到最高点的过程中，由动能定理可知：−mgR(1−csθ)=0−12mv32，
解得：csθ=23；
(3)若使物块2能到达最高点D，则在D点时，最小速度应满足：mg=mvD2R，
从碰撞后，到最高点，对物块2，用动能定理可得：−mg×2R=12mvD2−12mv2，解得：k=5；
若物块2到轨道的Q点处时，木板恰好要要与凹槽脱离，则此时木板与水平地面之间的压力为0，
物块2对轨道的力，在竖直方向上的分力向上，则Q必然在上半圆轨道，如下图所示：

对轨道和木板整体，竖直方向：F′csα=2mg，
由相互作用力的特点可知，物块2对轨道的压力F′，与轨道对物块2的压力F大小相等，方向相反，

对物块2：mgcsα+F=mvQ2R，
从碰撞后到Q的过程中，对物块2运用动能定理可得：−mgR(1+csα)=12mvQ2−12mv2，
解得：kmin=2+2 6，即若k再大一些，则木板会脱离凹槽，即k的最大值为：2+2 6；
综上，k应满足：5≤k≤2+2 6。
答：(1)物块1的初速度为4 gR；
(2)该位置与O点连线和OD之间夹角的余弦值为23；
(3)为使长木板不与凹槽底部脱离，k应满足：5≤k≤2+2 6。