四川省閬中中學(xué)2025屆高三物理9月月考試題

PAGEPAGE11四川省閬中中學(xué)2025屆高三物理9月月考試題一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14－18題只有一項符合題目要求，第19－21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.如圖所示，小球A位于斜面上，小球B與小球A位于同一高度，現(xiàn)將小球A、B分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角為45°的斜面上的同一點，且小球B恰好垂直打到斜面上，不計空氣阻力，則v1∶v2為A．3∶2 B．1∶2C．1∶1 D．2∶1如圖所示，重物M沿豎直桿下滑，并通過一根不行伸長的細繩帶動小車沿水平面對右運動．若滑輪右側(cè)的細繩與豎直方向成β角，且重物下滑的速率為v時，滑輪左側(cè)的細繩與水平方向成α角，則小車的速度v車為A.eq\f(vcosβ,cosα)B.eq\f(vsinβ,cosα)C.eq\f(vcosβ,sinα)D.eq\f(vsinβ,sinα)16.某空降兵從直升機上跳下，8s后打開著陸傘，并始終保持豎直下落。在0～12s內(nèi)其下落速度隨時間變更的v-t圖象如圖所示。則A．空降兵在0～8s內(nèi)下落的高度為4v2B．空降兵(含著陸傘)在0～8s內(nèi)所受阻力可能保持不變C．8s時空降兵的速度方向變更，加速度方向保持不變D．8～12s內(nèi)，空降兵(含著陸傘)所受合力漸漸減小17.如圖所示，一輛有驅(qū)動力的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一質(zhì)量為1kg的物塊相連．物塊和小車一起向右勻速運動時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力大小為2N．若小車起先向右加速運動，則()A．隨著小車的加速度增大，物塊受到的摩擦力漸漸減小B．隨著小車的加速度增大，物塊受到的彈簧彈力漸漸增大C．當(dāng)小車的加速度大小為5m/s2時，物塊肯定與小車相對滑動D．當(dāng)小車的加速度大小為4m/s2時，物塊肯定與小車相對靜止如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定于墻上，另一端連接一物體A.用質(zhì)量與A相同的物體B推物體A使彈簧壓縮，A、B與地面的動摩擦因數(shù)分別為μA和μB，且μA＜μB，釋放A、B，伸長量為eq\f((μB＋μA)mg,k) B．壓縮量為eq\f((μB＋μA)mg,k)C．伸長量為eq\f((μB－μA)mg,k) D．壓縮量為eq\f((μB－μA)mg,k)19.如圖所示為甲、乙兩物塊在同始終線上運動的位置(x)—時間(t)圖像，乙物塊做勻變速運動，加速度大小為0.2m/s2，兩圖線相切于坐標(biāo)點(5s，－3m)，則下列說法正確的是()A.前5s內(nèi)，乙的運動方向發(fā)生過變更B.t＝5s時，甲、乙相遇且速度相同C.乙的初速度大小為1.8m/sD.t＝0時刻，甲、乙相距2.5m20.如圖所示，在光滑的水平桿上穿兩個重力均為2N的球A、B，在兩球之間夾一彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為10N/m，用兩條等長的線將球C與A、B相連，此時彈簧被壓縮了10cm，兩條線的夾角為60°，則A.彈簧的彈力大小為0.5NB.細線的拉力大小為2NC.球C的重力大小為eq\r(3)ND.桿對球A的支持力大小為(2＋eq\r(3))N21.如圖所示，某傳動裝置與水平面的夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑?，F(xiàn)傳送帶沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，將一小物塊放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2。若傳送帶的速度可以隨意調(diào)整，當(dāng)小物塊在A點以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度大小可能為A.1m/sB.3m/sC.6m/s D.9m/s22.(6分)某試驗小組的同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。每次滑塊都從斜面上由靜止起先下滑，測出滑塊每次下滑時遮光板到光電門所在位置的距離L及相應(yīng)遮光時間t的值。(1)用游標(biāo)卡尺測量遮光板的寬度d，如圖乙所示，則d＝________cm。(2)為測出滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，本試驗還須要測出或知道的物理量是________(填下列序號)。A．滑塊和遮光板的總質(zhì)量mB．斜面的傾角θC．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭(3)試驗中測出了多組L和t的值，若要通過線性圖象來處理數(shù)據(jù)求μ值，則應(yīng)作出的圖象為________。A．t2-L圖象B．t2-eq\f(1,L)圖象C．L2-eq\f(1,t)圖象D．L2-t圖象(4)在(3)作出的線性圖象中，若直線的斜率為k，則關(guān)于μ值的表達式為μ＝________。(可用以上物理量的符號表示)23.(9分)某同學(xué)用伏安法測定待測電阻Rx的阻值(約為10kΩ)，除了Rx、開關(guān)S、導(dǎo)線外，還有下列器材供選用：A.電壓表(量程0～1V，內(nèi)阻約10kΩ)B.電壓表(量程0～10V，內(nèi)阻約100kΩ)C.電流表(量程0～1mA，內(nèi)阻約30Ω)D.電流表(量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.05Ω)E.電源(電動勢1.5V，額定電流0.5A，內(nèi)阻不計)F.電源(電動勢12V，額定電流2A，內(nèi)阻不計)G.滑動變阻器R0(阻值范圍0～10Ω，額定電流2A)①為使測量盡量精確，電壓表選用________，電流表選用________，電源選用________。(均填器材的字母代號)②畫出測量Rx阻值的試驗電路圖。③該同學(xué)選擇器材、連接電路和操作均正確，從試驗原理上看，待測電阻測量值會________其真實值(填“大于”、“小于”或“等于”)，緣由是________________________________________________________________________________。24.（12分）如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量為m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能供應(yīng)的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機在地面上從靜止起先，以最大升力豎直向上起飛，在t＝5s時離地面的高度為h=75m(g取10m/s2)．(1)求運動過程中所受空氣阻力大??；(2)假設(shè)由于動力系統(tǒng)故障，懸停在離地面高度H＝100m的無人機突然失去升力而墜落，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力系統(tǒng)重新啟動供應(yīng)向上最大升力．為保證平安著地，求無人機從起先下落到復(fù)原升力的最長時間．25.（20分）如圖所示，兩個完全相同的長木板放置于水平地面上，木板間緊密接觸，每個木板質(zhì)量M＝0.6kg，長度l＝0.5m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.4kg的小木塊，以初速度v0＝2m/s從木板的左端滑上木板，已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小木塊滑上其次個木板的瞬間的速度大?。?2)小木塊最終滑動的位移(保留兩位有效數(shù)字)．34.（15分）[物理——選修3–4]（1）（5分）如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t1時刻的波形圖，M是平衡位置距O點5m的質(zhì)點，虛線是t2＝(t1＋0.2)s時刻的波形圖。下列說法中，正確的是（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．該波遇到長度為3m的障礙物時將會發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象B．波速可能為20m/sC．該波的周期可能為0.6sD．若波速為35m/s，該波肯定沿著x軸負方向傳播E．若波速為15m/s，從t1到t2時刻，質(zhì)點M運動的路程為60cm（2）（10分）如圖所示是橫截面為eq\f(1,4)圓周的柱狀玻璃棱鏡AOB，現(xiàn)有一束單色光垂直于OA面從AB弧的中點射入時恰好發(fā)生全反射現(xiàn)象，現(xiàn)將入射光線向下平移一段距離，經(jīng)AB面折射后與OB延長線相交于P點，已知玻璃磚半徑R＝5cm，P到O的距離d2＝5(eq\r(3)＋1)cm，求：（i）玻璃的折射率；（ⅱ）平移后的光線到OB的距離d。

高2024級高三9月份月考物理參考答案14.B解析：由題意可知，兩小球下落的高度相同，故下落的時間相同，由平拋運動的規(guī)律，對A球有：eq\f(x,y)＝eq\f(v1t,\f(1,2)gt2)＝tan45°①對于B球：eq\f(v2,gt)＝tan45°②聯(lián)立①②兩式解得，v1∶v2＝1∶2，故選B15.A解析：如圖所示，小車的速度為v車，沿細繩方向的分速度為v3＝v車cosα，重物M速度為v時，沿細繩方向的分速度為v1＝vcosβ.由于細繩不行伸長，小車和重物沿細繩方向的分速度大小相等，即v車cosα＝vcosβ，解得v車＝eq\f(vcosβ,cosα)，選項A正確．16.D解析：由v-t圖象可知，v-t圖象與t軸包圍的面積表示位移，則空降兵在0～8s內(nèi)下降的高度大于eq\f(1,2)×v2×8＝4v2，故A錯誤；由v-t圖象可知，在0～8s內(nèi)，v-t圖象的斜率越來越小，即加速度越來越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越來越大，B錯誤；由v-t圖象可知，在8s時，空降兵的速度起先減小，但是方向不變，圖象的斜率的正負發(fā)生了變更，可知加速度的方向發(fā)生了變更，變?yōu)樨Q直向上，故C錯誤；8～12s內(nèi)，空降兵的加速度方向豎直向上，受力分析得：F合＝ma，由圖象可知，斜率越來越小，即空降兵的加速度越來越小，所以空降兵(含著陸傘)所受合力漸漸減小，D正確。17.D解析：當(dāng)小車與物塊相對滑動后，隨著小車的加速度增大，物塊受到的滑動摩擦力不變，故A錯誤；當(dāng)小車與物塊相對靜止時，彈簧彈力始終不變，故B錯誤；由題可知，物塊與小車間的最大靜摩擦力大于等于2N，當(dāng)小車的加速度大小為5m/s2時，只要沒有達到最大靜摩擦力，物塊就不會與小車相對滑動，故C錯誤；當(dāng)摩擦力等于2N且方向向右時，彈簧彈力等于2N，物塊所受的合力為4N，由牛頓其次定律可得，物塊的加速度為4m/s2，故D正確18.C解析：彈簧壓縮時A、B一起運動不會分別，A、B分別時彈簧處于伸長狀態(tài)，當(dāng)A、B分別時其相互作用力為0，對B：μBmg＝ma.對A：μAmg＋kx＝ma，解得x＝eq\f((μB－μA)mg,k).19.BD解析：由題圖可知，前5s內(nèi)，甲、乙均沿x軸負方向運動，A錯誤；兩圖線相切于坐標(biāo)點(5s，－3m)，表明t＝5s時，甲、乙相遇且速度相同，速度為v1＝－0.6m/s，B正確；對乙物塊，依據(jù)運動學(xué)公式有v1＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C錯誤；乙的位移x＝x0＋v0t＋eq\f(1,2)at2，代入(5s，－3m)及v0的值，可得x0＝2.5m.20.BD解析：彈簧的彈力大小F＝kx＝1N，對球A，依據(jù)平衡條件，有FTsin30°＝kx，解得細線的拉力大小FT＝2N，所以A項錯誤，B項正確；對球C，有mg＝2FTcos30°＝2eq\r(3)N，故C項錯誤；利用整體法，桿對A、B兩球的支持力大小為(4＋2eq\r(3))N，依據(jù)對稱性，桿對球A的支持力大小為eq\f(4＋2\r(3),2)N＝(2＋eq\r(3))N，D項正確。21.BC解析：由題意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若傳送帶的速度很小(始終小于物塊的速度)，小物塊始終減速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到達B點時的速度最小，且最小速度v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2a1L)＝2m/s；若傳送帶的速度很大(始終大于物塊的速度)，小物塊始終加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到達B點時的速度最大，且最大速度v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a2L)＝8m/s；綜上可知小物塊到達B點的速度在2m/s到8m/s的范圍內(nèi)，選項B、C正確。22.答案(1)0.225(2)BC(3)B(4)tanθ－eq\f(d2,2kgcosθ)解析：(1)主尺示數(shù)為2mm，游標(biāo)尺上刻度線5和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)尺讀數(shù)為：5×0.05mm＝0.25mm，故所測寬度為：2mm＋0.25mm＝2.25mm＝0.225cm。(2)遮光板運動到光電門處滑塊的速度v＝eq\f(d,t)，由牛頓其次定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma及v2=2aL,可得μ＝eq\f(gLsinθ－\f(1,2)v2,gLcosθ)＝eq\f(gLsinθ－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2,gLcosθ)＝tanθ－eq\f(d2,2gLcosθ·t2)，故須要測量斜面傾角和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，B、C正確。(3)由μ＝tanθ－eq\f(d2,2gLcosθ·t2)，可以得到：t2＝eq\f(d2,2gsinθ－μcosθ)·eq\f(1,L)，即t2-eq\f(1,L)圖象是一條過原點的直線，可作t2－eq\f(1,L)線性圖象處理數(shù)據(jù)求μ值，B正確。(4)圖象的斜率為k，則由k＝eq\f(d2,2gsinθ－μcosθ)，解得μ＝tanθ－eq\f(d2,2kgcosθ)。23.答案：①BCF②如圖③大于電壓表的讀數(shù)大于待測電阻兩端實際電壓解析：若選用電動勢為1.5V的電源，則試驗中電流最大值僅為0.15mA，兩個電流表均無法精確測量，故選用電動勢為12V的電源F；此時，試驗中最大電流約為1.2mA，故電流表選用C；電壓表選用B。由于滑動變阻器的最大阻值遠小于待測電阻的阻值，所以滑動變阻器采納分壓式接法；待測電阻的阻值遠大于電流表內(nèi)阻，所以電流表內(nèi)接。由于電流表的分壓作用，電阻測量值偏大，所以電阻測量值大于其真實值。24.解析：(1)對物體受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假設(shè)在0～2s時間內(nèi)物體沿斜面方向向下運動因為mgsinθ－μmgcosθ－F1>0，所以假設(shè)成立，物體在0～2s內(nèi)沿斜面對下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓其次定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v1＝5m/s.(2)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，當(dāng)拉力為F2＝4.5N時，由牛頓其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，代入數(shù)據(jù)可得a2＝－0.5m/s2，設(shè)物體經(jīng)過t2時間速度減為零，則0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物體在t2時間內(nèi)發(fā)生的位移為x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<mgsinθ＋μmgcosθ，則物體在剩下4s時間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)．故物體在前16s內(nèi)發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m25.解析:(1)木板受到木塊的摩擦力為Ff1＝μ1mg＝1.2N，木板受到地面的摩擦力為Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6N，因為Ff2>Ff1，所以木塊運動時，木板靜止不動．設(shè)木塊在左邊第一個木板上的加速度大小為a1，小木塊滑上其次個木板的瞬間的速度為v，則有：μ1mg＝ma1v2－v02＝－2a1l聯(lián)立解得：a1＝3m/s2,v＝1m/s(2)木塊滑上其次個木板后，由于μ2(M＋m)g＝1N<Ff1，所以其次個木板向右加速滑動，設(shè)木板的加速度大小為a2，則有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2設(shè)木塊與其次個木板達到相同速度v1時，用時為t，則有：對木塊：v1＝v－a1t對木板：v1＝a2t聯(lián)立解得：a2＝eq\f(1,3)m/s2，v1＝0.1m/s，t＝0.3s木塊滑上其次個木板運動的位移x1＝eq\f(v＋v1,2)t＝0.165m其次個木板的位移x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a2)＝0.015m木塊在其次個木板上滑動的距離為x1－x1′<l，故達到共速后，木塊和其次個木板一起接著運動，設(shè)木塊、其次個木板一起運動的加速度大小為a3，位移為x2，有：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3v12＝2a3x2聯(lián)立解得x2＝0.005m故小木塊滑動的總位移x＝l＋x1＋x2＝0.67m.34.答案(1)ADE(2)（i）eq\r(2)（ⅱ