【文档说明】福建省厦门市第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，4.340 MB，由小赞的店铺上传

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厦门一中2024届高三年物理10月月考卷考试时间75min满分100分一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成

了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的（）A.F1B.F2C.F3D.F4【答案】C【解析】【详解】根据图示物体由M向N做曲线运动，物体向上的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向指向图F2水平线下方

，故F3的方向可能是正确的。故选C。2.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高

度为h（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（）A.该卫星线速度大小大于7.9km/sB.该卫星的动能大于同步卫星的动能C.该卫星的加速度大小等于gD.该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度的

【答案】D【解析】【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；BD．根据万有引力提供向心力可得222GMmvmmrrr==解得GMvr=，3GMr=由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫

星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得2GMmmar=解得22

GMGMagrR==可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。故选D。3.小龙同学为参加自行车比赛在操场上练习骑车。当他一个人骑车时，脚蹬踏的频率可以达到3Hz，为了增加训练强度，当他让一名同学坐在后座上时，脚蹬踏的频率最多只能达到2Hz，若小龙用力蹬踏自行车时的驱动力

功率相同，则小龙单独骑车和载人时所受的阻力之比为（）A.4：9B.2：3C.26：D.3：2【答案】B【解析】【详解】设蹬踏一次的距离为x，则不载人时的速度为111xvxfT==载人时的速度为222xvxfT

==设载人与不载人时的牵引力分别为1F、2F，由于小龙用力蹬踏自行车时的驱动力功率相同，故1122FvFv=故12221123FvfFvf===根据牛顿第三定律可得11222=3FFFF=阻阻故选B。4.如图所示，洗衣机内的漏斗状容器可以绕竖直对称轴OO匀速转动，质量为m的物

块B放在容器倾斜侧壁上，倾斜侧壁的倾角为45，质量也为m的物块A贴在竖直侧壁上，A、B与容器侧壁间的动摩擦因数均为0.5=，A、B两物块到转轴的距离分别为2r，r，不计物块的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使两物块均相对于容器静止，容器转动的角速度大小范围为（）A.3ggrr

B.3ggrrC.233ggrrD.33ggrr【答案】B【解析】【详解】对于物块A刚好不下滑时N1=m×2r21μN1=mg求得1gr=当物块B刚好不下滑时N2sin45－μN2cos45=m×r22N2cos45+μN2sin45=mg求得23gr=

当物块B刚好不上滑时N3sin45+μN3cos45=m×r23N3cos45=μN3sin45+mg求得33gr=要使A、B均不滑动，则转动的角速度必须满足3ggrr故选B。二、双项选择题（本题共4小题，每小

题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求，错选得0分，漏选的3分）5.如图，两个质量都为m的球A、B用轻绳连接，A球套在水平细杆上（球孔比杆的直径略大），对B球施加水平风力作用，结果A球与B球相对静止一起向

右做匀速运动，此时轻绳与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g，则（）A.对B球的水平风力大小等于sinmgB.杆对A球的支持力大小等于mgC.轻绳的拉力大小等于cosmgD.杆与A球间的动摩擦因数等于tan2【答案】CD【解析】【详解】AC．对球B受力分析

，受重力Bmg、水平风力F和拉力T，如图根据平衡条件得，水平风力tanFmg=绳对B球的拉力cosmgT=A错误，C正确；B．把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力ABmmg+（）、支持力N、恒力F和向左的摩擦力f，如图根据共点力平衡条件可得杆对A环的支持力大小()AB2Nmmgmg=

+=B错误；D．因为A球与B球一起向右做匀速运动，所以fF=则A环与水平细杆间的动摩擦因数为tantan22fmgNmg===D正确；故选CD。6.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到

：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53和37；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，sin37

0.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）A.若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的小B.若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长C.若箭在竖直方

向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大D.若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大【答案】A【解析】【详解】AB．设箭的水平初速度为v，入壶时与水平方向的夹角为，则有tangtv=2

112tan2gthvtx==由于tan53tan37所以hhxx甲乙甲乙若两人站在距壶相同水平距离处投壶，即xx=甲乙时，则hh甲乙，根据212hgt=可知tt甲乙，即甲所投的箭在空中运动时间比乙的长；根据xvt=可知vv甲乙，即甲所投箭的初速度比乙的小，故A正确、B错误；CD

．若箭在竖直方向下落的高度相等，即hh=甲乙时，则xx甲乙，即甲投壶位置距壶的水平距离比乙小；根据212hgt=可知tt=甲乙，根据xvt=可知vv甲乙，则射箭落入壶口时的速度2222()()vgtvgt++甲乙即甲所射箭落入壶口时速度比

乙小，故CD错误。故选A。7.两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形活动铰链连接，此球为A球，另一端与质量均为m的B、C小球相连。将此装置的两杆并拢，铰链向上竖直地放在桌上，右边距离C球22l处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A球下

降，致使C球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长l小得多，重力加速度取g，从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列说法正确的是（）A.整个运动过程中系统机械能守恒，系统动量守

恒B.C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为223gl−C.A球落地前瞬间，三球速度相同D.A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方【答案】BD【解析】【详解】A．运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩

擦因此系统机械能守恒，A错误；B．由于三球质量相同，静止释放A球竖直向下运动，当A、C间的杆与竖直方向夹角为45°时C球与竖直墙壁碰撞，此时，A球、C球的速度沿AC杆方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB杆方向分速度相同，由于两杆与竖直方向夹角都是45

°，故三球速度大小相同，由动能定理得()211cos4532mglmv−=则C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为223vgl−=B正确；CD．当A球落地瞬间，B、C两球只有水平向左速度，A球有水平速度，还具有竖直向

下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，C错误，D正确；故选BD。8.小明设计了一个弹球游戏装置，如图所示，ABCD为四分之三圆弧轨道，A端通过竖直过渡轨道PA与弹射装置相连，D端通过水平过渡轨道DE与水平轨道EG相连，两过渡轨道稍微错开，管径很小的圆形细管OFO'与

轨道EG相切于O点，细管底部进出口O、O'，稍微错开，整个轨道固定于同一竖直平面内，各段轨道间均平滑连接。现有一小球（可视为质点）被压缩的轻弹簧从P点弹出后沿轨道运动。已知小球质量m=0.2kg，轨道ABCD的半径r=0.1m，细管OFO'

的圆半径R=0.2m，P、A两点间的高度差h=0.5m，O、E两点间的距离L=1m，O、G两点间的距离足够大，小球与轨道EG间的动摩擦因数0.2=，其余轨道均光滑，弹簧的形变始终不超过其弹性限度，小球运动时始终未脱离轨道。重力加速

度g取210m/s。下列说法正确的是（）A.若弹簧弹性势能p1.3JE=，则小球恰能通过B点B.若弹簧弹性势能p1.7JE=，则小球小球恰好到达F点C.若弹簧弹性势能pE在满足p1.3J2JE，则小球最终停在EO段D.若弹簧弹性势能p2JE，则弹簧弹性

势能pE与小球最终停下的位置坐标x（以O点为坐标原点，O点指向G点的方向为正方向建立x轴）的关系p0.41.2Ex=+【答案】AD【解析】【详解】A．在B点，当轨道对小球的弹力恰好为零时，根据向心力公式有2Bvm

gmr=解得1m/sBv=从P点到B点，根据功能关系有()2112pBEmghrmv=++解得p11.3JE=A正确；B．若小球恰好到达F点，从P点到F点，根据功能关系有()p22EmghrRmgL=−++解得p22JE=B错误；C．当p11.3JE=时，设小球在

EO上运动的路程为x，则有()p1Emghrmgx−−=解得1.25mxL=则小球进入细管后又返回EO轨道，并停在EO间，若小球恰好到达F点，则p22JE=小球返回后，由功能关系可得k2mgREmgL=+可得2k122BmgrEmgrmv+小球在CB间脱离轨道，若小球

在到达F点前返回恰好到达C点，从P点到C点，根据功能关系有p32EmghmgL=+解得p31.8JE=故要使小球最终停在EO段，弹簧弹性势能应满足P1.3J1.8JEC错误；D．若弹簧弹性势能p2JE根据功能关系有P()()Emghr

mgLx=−++则弹簧弹性势能pE与小球最终停下的位置坐标x（以O点为坐标原点，O点指向G点的方向为正方向建立x轴）的关系为p0.41.2Ex=+D正确；故选AD。三、解答题（共60分，填空题按要求填在答卷的相应空格，计算题规

范地解答在答卷空白处）9.一航空兴趣小组自制一带动力飞行器。小组开始让飞行器悬停在空中，某次测得从高处竖真向下运动0h范围内，飞行器所受作用力F与下降的高度h关系如图所示。设飞行器总质量为m不变，取向下方向为正方向，重力加速度为g。飞行器下落过程中，飞行器下降0h过程中，飞行器机械能_______

_（填“增加”或“减小”）（用m，0h，g表示）【答案】增加023mgh【解析】【详解】飞行器下降0h过程中，由图像可知011()23Wmgmgh=+解得023Wmgh=故发动机做正功，所以其机械能增

加023mgh。10.轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使质量为m的物块A以水平向右的速度0v开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。根据图中信息可得，物体B的质量为________；弹簧最大弹性势能为

________。【答案】①.53m②.20516mv【解析】【详解】[1]在2=tt时，弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和能量守恒定律有0AB00.75mvmvmv=−+()2220AB01110.

75222mvmvmv=+联立解得B53mm=[2]两物体共速时弹簧弹性势能最大则()0Bmvmmv=+()222p0B01152216Emvmmvmv=−+=11.如图所示，卫星甲、乙均绕地球做匀速圆周运动，轨道平面相互垂直，乙的轨道半径是甲的349倍，则乙卫星周期是甲卫星周期____

____倍。将两卫星和地心在同一直线且甲、乙位于地球同侧的位置称为“相遇”，则从某次“相遇”后，甲绕地球运动15圈的时间内，甲、乙卫星将再“相遇”________次。【答案】①.7②.4【解析】【详解】[1]由开普勒第三定律可得解得23TTrr

=乙乙甲甲解得7TT=乙甲[2]从图示时刻开始，乙转动半圈，甲转动3.5圈，“相遇”一次，此后乙每转动半圈，两个卫星就“相遇”一次，则甲运动15圈的时间内，甲、乙卫星将“相遇”4次。1

2.某实验小组的甲、乙同学利用如图所示的（a）、（b）实验装置，分别进行“探究平抛运动的特点”实验。（1）甲同学采用如图（a）所示装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由

下落，甲同学只听到一次球落地发出的撞击声，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，仍然只听到一次球落地声音，此现象说明A球________；（2）乙同学利用手机的频闪拍照功能，得到如图（b）所示的小球做平抛运动频闪照片，小球在半抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d

所示，图中每个小方格的边长L=2.5cm，重力加速度g=10m/s3，则手机拍照曝光时间间隔为________s，小球经过c点时的速度大小cv=________m/s（416.40=，结果均保留三位有效数字）；【答案】①.平抛运动在竖直方向上是自由落体运

动②.0.05③.1.60【解析】【详解】（1）[1]用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，听到一次球落地发出的撞击声，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，仍然只听到一次球落地声音，这说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；（2）[2]时间

间隔为22LLgT−=解得0.05sT=[3]小球水平方向的速度为21m/sxLvT==小球经过c点时竖直方向的速度为231.25m/s2yLLvT+==小球经过c点时速度为221.60m/sxycvvv=+13.某同学用如图（a）所示的装置测量物块与桌面之间的动摩擦因数。已

知物块与固定斜面之间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平桌面平滑对接于O点，斜面的倾角为37°。将物块从距O点距离为L处静止释放，最终物块停在桌面上距O点距离为x处。多次改变L，测量对应的x。（1）为完成本实验，需要选用的器材是________。A．天平B.弹簧测力计C.毫米刻度尺（2）

该同学得到了7组实验数据，如下表所示。在图（b）所示的坐标纸上已经描好了7组数据点，请在答题卡上的坐标纸中作出x-L图像____。次数1234567L/cm5.0010.0015.00200025.0030

.0035.00x/cm4.258.6512.2016.8023.0027.8032.50（3）由图像可得，物块与桌面之间的动摩擦因数=________。（已知sin370.6=，cos370.8=，结果保留2位有效数字）.【答案】①.C②.③.0.46【解析】【详解】（1）[1]根

据动能定理可得sin370.2cos370mgLmgLmgx−−=整理得sin370.2cos37LLx−=由此可知，要测得动摩擦因数，只要测量距离，即为完成本实验，需要选用的器材是毫米刻度尺。故选C；（2）[2]如图所示（3）[3]由（1）得sin370.2cos37

LLx−=即有0.44xL=由图像可得图线斜率0.956k=即0.440.954k==解得0.46=14.“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50k

g，橡皮绳原长45m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间9s；重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小是多少？（2）橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F-t图像如

图所示，求图像中阴影部分的面积大小。【答案】（1）1500kgm/s；（2）4500kgm/s【解析】【详解】（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（原长）的过程中，人做自由落体运动，根据22vgh=解得30m/sv=此时人的动

量大小1500kgm/spmv==（2）弹力F-t图像中阴影部分的面积大小表示弹力F的冲量，人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则112hgt=解得13st=橡皮绳作用时间216sttt=−=由动量定理得20()FI

mgtmv−=−−解得4500kgm/sFI=即图像中阴影部分的面积大小4500kgm/s。15.如图所示，质量均为m物块A、B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮一端与物块A相连，另一端与质量为1

2m的小球C相连，小球C套在水平固定、粗细均匀的光滑直杆上。开始时，小球C锁定在直杆的P点，连接小球的轻绳与水平方向的夹角为53=，物块B对地面的压力恰好为零。某时刻解除对小球C的锁定，同时对小球C施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运

动到直杆Q点时的速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为，D点为P、Q两点的中点，P、Q两点间的距离为L，E点在物块A的正上方，小球C运动过程中轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内。忽略两定滑轮的大小，已知重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求

：（1）小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物块A做的功；（2）小球C运动到Q点时物块A的速度大小；的（3）小球C运动到Q点时物块A的加速度。【答案】（1）0；（2）3100543FLm；（3）523Fgm−【解析】【详解】（1）

小球C在P点时物块A的速度为零；小球C运动到D点时物块A的速度也为零，则该过程中，合外力对物块A做的功为零；（2）小球C运动到Q点时，A回到原来的位置，则弹簧弹性势能不变，设C的速度为v，则A的速度为cosv，根据能量守恒可得()22111cos222FLmvmv=

+解得10043FLvm=物块A速度大小为A3100cos543FLvvm==（3）小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，则此时C受合力为零，对小球C，有cosTF=对A，根据牛顿第二定律得2Tmgma−=解得A加速度为523Fagm=−16.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10.1kgm=的小物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接

，滑上传送带前已经脱离弹簧）。右边水平台面的的上有一个倾角为45°，高为10.5mh=的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为20.95mh=。桌面左端依次叠放着一长木板（厚度不计）和质

量为20.2kgm=的小物块乙，桌面上右端固定一弹性竖直挡板，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）。物块甲、乙均可视为质点，已知小物块甲与传送带之间和小物块乙与木板之间的动摩擦因

数均为0.2=，重力加速度g取210m/s。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）若木板的质量为30.1kgm=，物块乙恰好未滑离木板，求木板的长度；（4）若木板的质量为30.4kgm=，木板与挡板仅能

发生两次碰撞，求挡板与木板距离0x的范围为多少。【答案】（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m；（4）11mm328x【解析】【详解】（1）物块甲离开斜面后做斜抛运动，设物块刚离开斜面时的速度为1v，则有()21212yvghh=−1o1tan45yxvv=解得113m

/sxyvv==可知物块甲运动到最高点时的速度大小为3m/s。（2）设甲在B点的速度为Bv，甲从B到最高点根据动能定理有22121111122xBmghmvmv−=−解得27m/sBv=由于Bvv，所以甲在传送带上一直做减速运动，甲从运动开始到B点根据功能关系有2p1112BEmgLm

v−=解得p2.2JE=（3）甲乙碰撞过程动量守恒，去向右为正方向，由动量守恒定律有111223xmvmvmv=+根据能量守恒有222111223111222xmvmvmv=+解得21m/sv=−，32m/sv=以物块乙和木板为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有23234()mvmmv

=+若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理有2213412mgxmv=解得12m<0.5m9x=可知木板与物块乙共速后再与挡板碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律有2333235()mvmvmmv−=+木板向左减速过程，根据动能定理有22235102

mgxmv−=−解得2119xx=同理可得2321()9xx=木板的总路程为0120212222(1)m98nsxxxxx=++++=++解得1.0ms=（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得23mgma=木板与挡板碰撞前做匀加速直线运动，则有212xat=木板

与挡板碰撞后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。当木板第一次返回初始位置时，乙速度恰好减为零，木板与挡板仅能发生一次碰撞，即320vgt−=解得1m8x=当木板第二次返回到初始位置时，木

板与乙速度恰好减为零，木板与挡板仅能发生第二次碰撞，即340vgt−=解得1m32x=可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为11mm328x