重庆市第七中学2023-2024学年高三上学期11月月考物理 Word版含解析.docx

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重庆市第七中学校2023-2024学年度上期高2024级11月考试物理试题（满分100分，考试时间75分钟）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【解析】【分析】【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【解析】 【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.汽车重力的功率逐渐增大C.汽车的机械能守恒D.汽车处于超重状态【答案】B【解析】【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，大小一定不零，故A错误；B．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B正确；C．运动过程，动能不变，重力势能改变，机械能不守恒，故C错误；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，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，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1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于C.两谷粒从到的运动时间相等D.两谷粒从到的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．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，A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，C错误；B．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最高点的速度小于，B正确；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，D错误。故选B。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）分别是战绳上两质点的振动图像，传播方向为到，波长大于，小于，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，质点的速度为0B.该列波的波长可能为C.该列波的波速可能为D.两质点振动方向始终相反【答案】D【解析】【详解】A．由图（a）可知，时刻，质点处于正向最大位移处，速度为0。故A正确，与题意不符；BC．由两质点振动图像，可得当n=1时依题意，该波的周期为1.0s，可得当n=2时故BC正确，与题意不符；D．由两质点的振动图像可知，两质点振动方向不是始终相反。故D错误，与题意相符。本题选不正确的故选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A80WB.160WC.400WD.800W【答案】B【解析】【分析】粉末流到传送带上后，在滑动摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，摩擦力对煤粉做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤粉的运动情况，利用功能关系课正确解答． 【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，将绝缘细线的一端点固定，另一端拴一带电的小球，空间存在着方向水平向右的匀强电场。刚开始小球静止于处，与竖直方向的夹角为，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的圆周运动，重力加速度为，下列分析正确的是（  ）A.小球可能带负电 B.小球在从运动到的过程中其速度先减小后增大C.当小球运动到最高点时，小球的电势能与动能之和最大D.当小球运动到最高点的速度时，小球才能做完整的圆周运动【答案】D【解析】【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错误；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正确。故选D。 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【解析】【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。【点睛】运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒。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，在木卫一与本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【解析】【详解】A．欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有解得欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫一的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度小于木卫一的角速度，故A错误；B．欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有解得欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫四的轨道半径，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，故B正确；C．若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减速使其做向心运动，由于外力对欧洲木星探测器做负功，所以其机械能减小，故C正确；D ．若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须加速使其做离心运动，由于外力对欧洲木星探测器做正功，所以其机械能增加，故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v0C.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【解析】【分析】【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.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】①.大②.不必需③.④.【解析】【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.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】①.1.36②.③.四分之一圆弧轨道的半径④.【解析】【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.如图所示，绝缘水平地面上点固定有电量为的点电荷，一质量为、电量为的可视为质点的小滑块与地面动摩擦因数为，从A点静止释放，最终停在B点，间距，重力加速度为，静电力常数为，求：（1）小滑块速度最大时与点的距离；（2）两点间电势差。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力分析可得 解得（2）由动能定理，有两点间电势差为14.一转动装置如图所示，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）【解析】【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+2T1cosθ1小球受力平衡F1cosθ1+T1cosθ1=mgF1sinθ1=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F2cosθ2=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2T3cosθ3=mg+F弹3 且对小球F3cosθ3=T3cosθ3+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，一水平传送带长以的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面对接。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），甲与传送带间的动摩擦因数。B点右边有一个倾角为，高的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧有一高光滑固定桌面。桌面左端依次叠放着质量的木板（厚度不计）和质量的物块乙，乙与木板间的动摩擦因数，桌面上固定一竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将甲从压缩弹簧的右端静止释放，甲离开斜面后恰好在最高点处与乙发生弹性碰撞，乙始终未滑离木板。甲、乙均可视为质点，已知。求：（1）甲刚离开斜面时的速度大小；（2）弹簧最初的弹性势能；（3）木板运动的总路程。 【答案】（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m【解析】【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v甲，则有而此时速度方向联立以上各式解得v甲y=v甲x=3m/sv甲＝3m/s可知物块甲离开斜面时的速度大小为3m/s；（2）设物块甲在B点时速度为vB，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有：代入解得因为vB＞v，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W，由动能定理有代入解得W=2.2J根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能Ep=W=2.2J（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，以向右方向为正方向， 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2而v0=v甲x由机械能守恒定律得解得v1=-1m/sv2=2m/s以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得m2v2=（m2+m3）v3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m2v3-m3v3=（m2+m3）v4木板向左减速过程中，由动能定理得代入数据解得…………同理可得以此类推木板的总路程为s＝x0+2x1+2x2+…...+2xn＝x0+代入数据结合题设条件解得