2023-2024學年四川省成都市雙流區(qū)高三（上）第二次月考物理試卷（10月份）

2023-2024學年四川省成都市雙流區(qū)高三（上）第二次月考物理試卷（10月份）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1～5題只有一項符合題目要求，第6～8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。1．（6分）如圖所示的儀器稱為平拋豎落儀。把它固定在鐵架臺上，B球被彈片夾住，A球放在彈片右邊的水平平臺上，A球沿水平方向拋出，同時B球被釋放，下列說法正確的是（）A．下落過程中，A、B兩球位移相同 B．下落過程中，A、B兩球的平均速率相同 C．下落過程中，A、B兩球速度變化量相同 D．即將著落地時，A球所受重力的功率小于B球所受重力的功率2．（6分）甲、乙兩輛汽車同時同地出發(fā)，其v﹣t圖象如圖所示，下列對汽車運動狀況的描述（）A．乙車在0～20s內做勻變速運動 B．在第10s末，乙車改變運動方向 C．在第20s末，甲、乙兩車相距250m D．在第20s末，甲、乙兩車相遇3．（6分）2022年卡塔爾世界杯足球賽正在熱烈進行，吸引全球狂熱。小麗由于每天長時間使用手機觀看比賽，犯了頸椎病，設人的頭所受重力大小為G，剛好把頭托起時，兩根關于豎直方向對稱的輕質牽引帶之間的夾角θ＝120°，則每根牽引帶承受的拉力大小為（）A．G B． C． D．2G4．（6分）四川省處在北緯26°03′～34°19′之間，某極地衛(wèi)星通過四川最北端與最南端所在緯度線正上方所經歷的時間為t，查閱到萬有引力常量G及地球質量M．衛(wèi)星的軌道視為圓形。根據以上信息可以求出（）A．地球的半徑 B．該衛(wèi)星的角速度 C．該衛(wèi)星受到的向心力 D．該衛(wèi)星距離地面的高度5．（6分）在桌子上有一質量為m1的雜志，雜志上有一質量為m2的書．雜志和桌面之間的動摩擦因數為μ1，雜志和書之間的動摩擦因數為μ2，欲將雜志從書下抽出，則至少需要用的力的大小為（）A．（μ1+μ2）（m1+m2）g B．μ1（m1+m2）g+μ2m2g C．（μ1+μ2）m2g D．（μ1m1+μ2m2）g（多選）6．（6分）某同學通過實驗正確作出標有“5V，2.5W”的小燈泡的U﹣I圖線如圖甲所示，現把實驗中使用的小燈泡接到如圖乙所示的電路中，內阻r＝1Ω，定值電阻R＝9Ω，則（）A．由甲圖可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而增大 B．由甲圖可知，小燈泡的電阻值隨電壓的升高而減小 C．閉合乙圖開關，小燈泡的實際功率約為2.7W D．閉合乙圖開關，小燈泡的實際功率約為0.84W（多選）7．（6分）起重機某次從零時刻由靜止開始豎直向上提升質量為500kg的貨物，提升過程中貨物的a﹣t圖像如圖所示，10～18s內起重機的功率為額定功率。不計其他阻力2。則在0～18s過程中（）A．貨物的最大速度為1.4m/s B．起重機的額定功率5050W C．貨物上升高度為12m D．0～10s和10～18s內起重機牽引力做功之比為5：8（多選）8．（6分）水平地面上某長平板車在外力作用下做直線運動如圖甲所示，平板車運動的v﹣t圖像如圖乙所示，t＝0時將質量為m的物塊（無水平方向初速度），平板車足夠長，物塊始終在平板車上，g取10m/s2，則物塊運動的v﹣t圖像可能為（）A． B． C． D．二、非選擇題，第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：9．（6分）為了探究靜摩擦力及滑動摩擦力變化規(guī)律，某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，并進行了下列實驗步驟：（?。┯昧鞲衅鱀測出物塊A重為5.0N；（ⅱ）將力傳感器D固定在水平桌面上，小車B放在桌面上，調整小車B的上表面水平，將物塊A放在小車B上，并用細繩與傳感器D連接，定滑輪以上的細繩均保持水平；（ⅲ）逐漸向沙桶中加入沙，通過力傳感器D與計算機連接，得到細繩對物塊A的拉力隨時間的變化關系如圖乙所示。分析以上實驗數據可得：小車與物塊間的最大靜摩擦力大小為N，動摩擦因數為，t＝s時物塊離開小車。10．（9分）常用無線話筒所用的電池電動勢E約為9V，內阻r約為40Ω，最大允許電流為100mA．為測定這個電池的電動勢和內阻，R為電阻箱（阻值范圍為0～999.9Ω），R0為定值電阻．（1）圖甲中接入R0的目的是防止電阻箱的阻值調得過小時，通過電源的電流大于其承受范圍，起的作用；實驗室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實驗應選用．A.50Ω，1.0WB.500Ω，2.5WC.1500Ω，25W（2）該同學接入符合要求的R0后，閉合開關S，調整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數U，取得多組數據，作出了如圖乙的圖線．由圖線知：當電壓表的示數為2V時Ω（結果保留三位有效數字）．（3）根據圖乙所作出的圖象求得該電池的電動勢E＝V，內阻r＝Ω．（結果保留三位有效數字）11．（12分）如圖所示，xOy是平面直角坐標系，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，一質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x＝2h處的P點進入磁場，最后從磁場邊界最低點以垂直于y軸的方向射出磁場，求：（1）電場強度的大小E；（2）磁感應強度的大小B。12．（20分）如圖所示，半徑R＝7.5m的四分之一光滑圓弧QP豎直放置，與粗糙水平地面平滑連接于P點3V/m的勻強電場，豎直邊界MP右側電場方向水平向右，左側電場方向豎直向上（視為質點）大小形狀相同，A電荷量為q＝+5×10﹣3C，B不帶電，質量mA＝3kg，mB＝1kg。從Q點由靜止釋放A，與靜止在地面上D點的B碰撞。已知A、B與地面間動摩擦因數均為μ＝0.2，P、D間距離xo＝16.5m，g取10m/s2，A、B間碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短。求：（1）物塊A運動到P點時，受到圓弧軌道支持力的大??；（2）物塊A、B碰撞后瞬間，A、B速度的大小和方向；（3）物塊A、B第一次碰撞后，過多長時間發(fā)生第二次碰撞。（二）選考題[物理——選修3–3]（多選）13．（5分）如圖所示，將甲分子固定于坐標原點O處，乙分子放置于r軸上距離O點很遠的r4處，r1、r2、r3為r軸上的三個特殊的位置，甲、乙兩分子間的分子力F和分子勢能Ep隨兩分子間距離r的變化關系分別如圖中兩條曲線所示，設兩分子間距離很遠時，Ep＝0．現把乙分子從r4處由靜止釋放，下列說法中正確的是（）A．虛線1為Ep﹣r圖線、實線2為F﹣r圖線 B．當分子間距離r＜r2時，甲乙兩分子間只有分子斥力，且分子斥力隨r減小而增大 C．乙分子從r4到r2做加速度先增大后減小的加速運動，從r2到r1做加速度增大的減速運動 D．乙分子從r4到r1的過程中，分子勢能先增大后減小，在r1位置時分子勢能最小 E．乙分子的運動范圍為r4≥r≥r114．（10分）如圖所示，豎直放置的均勻細U形試管，左側管長30cm，底管長度AB＝20cm，初始時左右兩管水銀面等高，左管內被水銀封閉的空氣柱氣體溫度為27℃，已知大氣壓強為p0＝75cmHg。①現對左側封閉氣體加熱，直至兩側水銀面形成5cm長的高度差。則此時氣體的溫度為多少攝氏度？②若封閉的空氣柱氣體溫度為27℃不變，使U形管豎直面內沿水平方向做勻加速直線運動，則當左管的水銀恰好全部進入AB管內時[物理——選修3–4]（多選）15．如圖所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波，實線為t＝0時刻的波形圖，經過t1＝6s，波形圖如圖中虛線所示。已知波的周期T＞4s，則下列說法正確的是（）A．該波的波長為8m B．該波的周期可能為8s C．在t＝9s時，B質點一定沿y軸正方向運動 D．B、C兩質點的振動情況總是相反的 E．該列波的波速可能為m/s16．如圖，矩形MNPQ是某均勻材料制成的透明體的橫截面，MNPQ所在平面內，接著光束到達PQ邊且部分射出。已知NP邊的長度l＝0.24m，空氣中的光速c＝3×108m/s。求：（i）該材料對該單色光的折射率n；（ii）光束從O點射入至到達PQ邊經歷的時間t。

參考答案與試題解析一．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1～5題只有一項符合題目要求，第6～8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。1．【分析】本題根據平均速率定義、速度變化量公式、瞬時功率公式，結合題意，即可解答?！窘獯稹拷猓篈.根據題意，AB的運動時間相同，AB的位移大小和方向都不同；B.根據平均速率公式v＝，AB運動時間相同，故平均速率不同；C.根據速度變化量公式Δv＝gt，故A，故C正確；D.重力的瞬時功率P＝mgvy＝mg?gt，故將著落地時，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查學生對平均速率定義、速度變化量公式、瞬時功率公式的掌握，難度不高，比較基礎。2．【分析】在v﹣t圖像中，速度的正負表示運動方向，圖像與時間軸圍成的面積表示位移，通過分析兩車位移關系，結合初始位置關系，可判斷它們是否相遇。【解答】解：A、乙車在0～10s內和10s～20s內加速度不同，故A錯誤；B、乙車的速度一直為正，在第10s末，故B錯誤；CD、在第20s末甲＝20×20m＝400m，乙車的位移為x乙＝×10×10m+，由兩車位移之差為Δx＝x甲﹣x乙＝400m﹣150m＝250m，故C正確；故選：C。【點評】解決本題的關鍵要理解速度﹣時間圖像的物理意義，知道圖像與時間軸圍成的面積表示位移。要注意v﹣t圖像不能反映物體的初始位置。3．【分析】以人頭為研究對象進行受力分析，根據平衡條件列方程求解．【解答】解：以人頭為研究對象，頭受到輕質牽引帶的作用力以及重力由于牽引帶之間的夾角為120°，則根據幾何關系可知，即T＝F＝G，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答．4．【分析】四川省處在北緯26°03′～34°19′之間，某極地衛(wèi)星通過四川最北端與最南端所在緯度線正上方所經歷的時間為t，可以根據此求解運動一周所用時間，即周期T，又ω＝，所以可以知衛(wèi)星的角速度，衛(wèi)星運動的向心力由地球對衛(wèi)星的萬有引力提供，據此展開討論即可?！窘獯稹拷猓築、四川省處在北緯26°03′～34°19′之間，可以根據此求解運動一周所用時間，又ω＝，故B正確；AD、知道周期，由萬有引力等于向心力G）2r，可以解得衛(wèi)星的轉動半徑，不知高度，故AD錯誤；C、根據萬有引力提供向心力＝m（）2r，由于衛(wèi)星質量m不知道，故C錯誤；故選：B?！军c評】該題考查萬有引力定律的應用，靈活運用重力等于萬有引力以及萬有引力提供圓周運動的向心力是解題的關鍵。5．【分析】當雜志剛好從書下抽出時，書所受的靜摩擦力達到最大，分別對書和整體運用牛頓第二定律列式求解．【解答】解：當雜志剛好從書下抽出時，書所受的靜摩擦力達到最大對書，有：μ2m2g＝m5a對整體，有：F﹣μ1（m1+m4）g＝（m1+m2）a聯立得F＝（μ6+μ2）（m1+m5）g故選：A。【點評】本題考查整體法與隔離法的應用，重點是判定什么條件下出現相對運動，知道當書與雜志剛要發(fā)生相對運動時靜摩擦力達到最大．6．【分析】根據小燈泡的U﹣I圖線上的點與原點連線斜率大小表示燈泡的電阻，分析小燈泡的電阻值變化情況。把定值電阻與電源整體看作等效電源，在燈泡的U﹣I圖像坐標系內作出電源的U﹣I圖線，讀出燈泡接在電源兩端時的電壓與通過燈泡的電流，然后求出燈泡的實際功率?！窘獯稹拷猓篈B、根據電阻的定義式R＝，小燈泡的U﹣I圖線上的點與原點連線斜率大小表示燈泡的電阻，故A正確；CD、把定值電阻R與電源整體看作等效電源，等效電源的U﹣I圖線與燈泡的伏安特性曲線的交點為燈泡的工作狀態(tài)，此時小燈泡的電壓為U＝2.2V，則小燈泡的實際功率為P＝UI＝4.2×0.38W＝4.84W，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗。要理解本實驗的原理，注意將定值電阻等效為電源的內阻來處理。7．【分析】AB.在0～10s時間內物體做勻加速直線運動，根據牛頓第二律求牽引力，根據運動學公式求10s末的速度，根據功率公式求額定功率；10s至18s貨物做變加速運動，當牽引力等于重力時，速度達到最大值，根據功率公式求最大速度；C.根據勻變速運動公式求貨物在0～10s時間內的位移，根據動能定理求解10s～18s內貨物的位移，再求貨物上升的高度；D.根據功的定義和做功與功率的關系式求解做功之比?！窘獯稹拷猓篈B.在0～10s時間內物體做勻加速直線運動，根據牛頓第二律F﹣mg＝ma代入數據解得，牽引力F＝5050N根據運動學公式，10s末的瞬時速度v＝at＝0.8×10m/s＝1.0m/s10s末起重機達到額定功率，根據功率公式；10s至18s貨物做變加速運動，當牽引力等于重力，加速度為了；根據功率公式，最大速度綜上分析，故A錯誤。C.貨物在0～10s時間內的位移設10s～18s內貨物的位移為x2，根據動能定理代入數據解得x2≈8.07m貨物上升的高度h＝x2+x2＝5m+3.07m＝13.07m，故C錯誤；D.在0～t1時間內，牽引力做的功為W7＝Fx1＝5050×5J＝25250J在10s～18s內，牽引力做功W3＝PΔt＝5050×（18﹣10）J＝40400J做功之比，故D正確。故選：BD?！军c評】解答此題的關鍵是能夠根據圖象獲取相關的物理量，并能夠分析出物體的運動狀態(tài)，然后結合牛頓第二定律、動能定理及功的定義求解。8．【分析】根據速度﹣時間的圖像分析平板車的運動情況，確定物塊相對車加速還是減速，結合牛頓第二定律，即可求解?！窘獯稹拷猓何飰K無初速放到長平板車上，與長平板車相對運動，物塊與長平板車共速后，若平板車減速的加速度不大于物塊加速過程的加速度（這是物塊加減速的最大加速度）；若平板車減速的加速度大于物塊加速過程的加速度，物塊減速的加速度大小要等于其加速過程的加速度大小。AD、物塊與長平板車在2s時共速后一起先勻速運動，所以物塊與平板車相對靜止一起勻減速運動，D錯誤；BC、物塊與長平板車在4s時恰好共速后，由圖像可知平板車減速的加速度大于物塊加速過程的加速度，即物塊在滑動摩擦力的作用下勻減速運動，故B錯誤。故選：AC。【點評】本題中物體與平板車有相對運動，要根據物塊可能的受力情況，來確定物塊可能的運動情況，并掌握牛頓第二定律的應用。二、非選擇題，第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：9．【分析】根據圖乙直接讀出最大靜摩擦力、滑動摩擦力和物塊離開小車的時刻，根據滑動摩擦力的計算公式求解動摩擦因數?！窘獯稹拷猓海á＃┯捎诨瑝K一直處于靜止狀態(tài)，所以傳感器顯示的力和滑塊受到的摩擦力大小相等，此時小車沒有運動，隨著沙子逐漸增多，小車與滑塊間的摩擦力達到最大靜摩擦力；此后滑塊受到滑動摩擦力且保持不變，滑動摩擦力大小為f＝2N＝＝0.4；根據圖乙可知，在t＝8s時物塊離開小車。故答案為：（ⅲ）2.2；7.4；9?！军c評】本題考查滑動摩擦力的實驗探究，要是明確實驗原理，利用所學物理規(guī)律進行分析求解即可；能夠根據圖象獲取信息是關鍵。10．【分析】（1）已知電源電動勢、內阻及最大電流，由閉合電路歐姆定律可得出電路中最小電阻，則可找出保護電阻；（2）由閉合電路歐姆定律可得出表達式，再結合圖象和數學知識可得出圖象的截距及斜率的含義，則可求得；（3）求出圖象的函數表達式，然后根據圖象求出電源電動勢與內阻．【解答】解：（1）R0是定值電阻，起保護電路的作用．當滑動變阻器短路時，電路中通過的最大電流為100mA，則由閉合電路歐姆定律可知，定值電阻的最小阻值約為：R0＝﹣40Ω＝，定值電阻應選A、50Ω；（2）電壓等于2V時，＝7.5由圖乙可知，電壓等于2V時，﹣5所以：Ω（3）由閉合電路歐姆定律可得：U＝R變形得：＝+，由數學知識可知，圖象中的斜率k＝；由圖可知，b＝0.2；k＝＝6.33；即＝8.33；解得：r＝33.3Ω；故答案為：（1）保護電路，A；（2）20.8，33.3【點評】本題考查了測電源電動勢與內阻實驗，由圖示電路圖應用歐姆定律求出圖象的函數表達式、根據圖象與函數表達式即可求出電源電動勢與內阻．11．【分析】（1）帶電粒子垂直電場進入后做類平拋運動，根據平拋運動規(guī)律列式可求；（2）作出粒子的運動軌跡如圖，根據動能定理求出進入磁場時速度大小，再根據速度關系求出進入磁場時的方向；由幾何關系求出粒子在磁場中運動的半徑，結合牛頓第二定律列式可求?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子垂直電場進入后做類平拋運動，根據平拋運動規(guī)律有2h＝v0t根據牛頓第二定律得qE＝ma聯立解得：；（2）作出粒子的運動軌跡如圖，帶電粒子由M到P點過程運用動能定理得：解得：P點速度與x軸夾角設為θ，則有，則θ＝45°粒子進入勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力設磁場區(qū)域半徑為R，由幾何關系得r+rcos45°＝RR+rcos45°＝7h解得：。答：（1）電場強度的大小E為；（2）磁感應強度的大小B為?！军c評】該題考查的是帶電粒子在組合場中的運動情況，對于粒子在電場中的類平拋運動必須掌握兩個方向的運動規(guī)律，而運動圓周運動則需要作出運動軌跡，根據幾何知識分析軌跡對應的半徑和圓心角。12．【分析】（1）對物塊A從Q到P過程應用動能定理可以求出到達P點的速度，然后應用牛頓第二定律求出軌道對A的支持力。（2）應用動能定理求出A與B碰撞前瞬間的速度，A、B碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度。（3）由牛頓第二定律求出A、B的加速度，然后應用運動學公式求出兩者再次碰撞需要的時間?！窘獯稹拷猓海?）物塊A從Q到P過程，由動能定理得：（mAg﹣qE）R＝，代入數據解得；vP＝10m/s，在P點，由牛頓第二定律得：F+qE﹣mAg＝mA，代入數據解得：F＝60N；（2）物塊A從P到D過程，由動能定理得：（qE﹣μmAg）x0＝，代入數據解得：v1＝12m/s，A、B發(fā)生彈性碰撞、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv1＝mAvA+mBvB，由機械能守恒定律得：，代入數據解得：vA＝6m/s，vB＝18m/s；（3）A、B碰撞后對A：qE﹣μmAg＝mAaA，對B：μmBg＝mBaB，代入數據解得：aA＝m/s2，aB＝2m/s6，設經過時間t兩物塊再次發(fā)生碰撞，由運動學公式得：vAt+＝vBt﹣，代入數據解得：t＝7.2s；答：（1）物塊A運動到P點時，受到圓弧軌道支持力的大小為60N；（2）物塊A、B碰撞后瞬間，A、18m/s；（3）物塊A、B第一次碰撞后。【點評】本題是一道力學綜合題，考查了動量守恒定律的應用，根據題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，應用動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律與運動學公式可以解題。（二）選考題[物理——選修3–3]13．【分析】根據分子位于平衡位置時分子力為零，分子勢能最小，確定圖線的類型；分子間引力和斥力同時存在，都隨分子間距離的減小而增大，根據分子力做功情況判斷分子勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、當分子力為零時分子勢能最小p﹣r圖線、實線2為F﹣r圖線；B、當分子間距離r＜r2時，甲乙兩分子間分子斥力和引力同時存在，故B錯誤；C、乙分子從r3到r2的過程，受到分子引力作用而加速運動，分子力先增大后減小。乙分子從r2到r7的過程，受到逐漸增大的斥力作用，故C正確；D、乙分子從r4到r1的過程中，分子力先做正功后做負功，在r3位置時分子勢能最小，故D錯誤；E、根據能量守恒知乙分子在r1位置時速度為零，根據運動過程的對稱性可知4≥r≥r3，故E正確。故選：ACE?！军c評】解決本題時要掌握分子力和分子勢能與分子距離的關系，要知道分子間的引力和斥力總是同時存在，并且都隨分子間的距離的增大而減小，分子力為零時分子勢能最小。14．【分析】（1）從狀態(tài)1到狀態(tài)2氣體發(fā)生變化，由理想氣體狀態(tài)方程求解。（2）從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體發(fā)生變化，由理想氣體狀態(tài)方程求解末狀態(tài)的壓強，然后由牛頓第二定律列式，聯立即可求出。【解答】解：（1）加熱后左管的壓強：p2＝p0+ρgh＝80cmHg兩側水銀面形成6cm長的高度差，則左側下降2.5cm；加熱后左管內氣體的高度：L5＝L1+＝22.3cm以左管內氣體為研究對象，初狀態(tài)：P1＝75cmHg，V1＝20S，T7＝300K末狀態(tài)：P2＝80cmHg，V2＝22.8S，T2＝？從狀態(tài)1到狀態(tài)7由理想氣體狀態(tài)方程：＝代入數據：＝得T2＝360K即t5＝87℃；（2）若左管的水銀恰好全部進入AB管內，則氣體的體積：V3＝30S由玻意耳定律：P1V2＝P3V3可得：P8＝50cmHg設水銀的密度為ρ，重力加速度為g3＝0.6ρg（Pa）左管的水銀恰好全部進入AB管內時，右側的水銀柱的長度為20cm＝0.2m；加速的方向與右側的豎直管垂直P右＝P7+ρgH＝0.95ρg（Pa）以AB段的水銀為研究對象，設AB段的橫截面積為SAB段內的水銀做加速運動，則：ma＝P右S﹣P3S將L＝A