【文档说明】吉林省长春外国语学校2023-2024学年高三上学期9月月考试题+物理+含答案.docx，共(11)页，1.295 MB，由小赞的店铺上传

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长春外国语学校2023-2024学年第一学期第一次月考高三年级物理试卷（选考）出题人：姜峰审题人：景然本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形

码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑

色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。1-4题只有一项是符合题目要求的，5-8题有多个选项符合要求。1．自驾游是目前比较流行的旅游

方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形。如图所示是一辆汽车正在以020m/sv=的速度匀速行驶，突然公路上冲出三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为24m/s，小动物与汽车距离约为55m，以下说法正确的是（）A．汽车匀减速6s末的速度大小为4m/s

B．匀减速运动的汽车一定撞上小动物C．汽车第2s末的速度为10m/sD．汽车匀减速第4s末到第6s末位移为2m2．智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度

a随时间t变化的关系，如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法错误的是（）A．释放时，手机离地面的高度为2112gtB．手机第一次与地面碰撞的作用时间为13tt−C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重

力的10倍D．0至2t内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等3．无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10m。A、B两位同学做了一个有趣实验，A同学佩戴无线蓝牙耳机，B同学携带手机检测。如图甲所示，A、B两

位同学同时沿两条相距8m的平行直线轨道向同一方向运动。其运动的vt=图像如图乙所示，在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为（）A．2sB．4sC．8sD．13s4．如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙

的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面

的动摩擦因数均为μ=0.5，g=10m/s2。则物块A、B分离时，所加外力F的大小，物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间t分别为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A．F=30N，310t=B．F=12N，35t=C．F=1

5N，310t=D．F=21N，t=0.3s5．（多选）如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，A、B、C、D分别为圆周上的4个点，AB竖直，CD水平。A点固定一个光滑小滑轮，长度可调的无弹性轻绳绕过滑轮两端连接质量分别为12mm、的两个小球，小球套在大圆环轨道上，绳和竖直方向

的夹角分别为、，AB两侧绳长分别为12LL、。当两小球静止时，下列说法正确的是（）A．若12mm=，两小球可静止在轨道上关于AB对称的任意处B．两小球静止时，一定存在1212::mmLL=C．若3060==，，则12:1:2mm=D．若3060==

，，则轨道对小球12mm、的作用力之比为1:36．（多选）如图所示，粗糙水平地面上有一倾角为的斜面体，质量为m的光滑小球用一不可伸长的细线悬挂在天花板上，此时细线恰与斜面平行，整个系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F拉斜面体，使斜面体缓慢向左运动，直至细线变为竖直。下列说法正确的（）A．系

统处于静止状态时，斜面体受到地面的摩擦力水平向右B．系统处于静止状态时，斜面体受到地面的摩擦力大小为sinmgC．斜面体缓慢向左运动过程中，细线的拉力先增大后减小D．斜面体缓慢向左运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力逐渐变小7．（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平

桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为2gB．Q的加速度大

小的最大值为2gC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小8．（多选）某同学在地面上用体重计称得体重为490N。他将体重计移至电梯内称其体重，0t至3t时间段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运行的vt−图像可能是下图中的哪

一个？（取电梯向上运动的方向为正）（）A．B．C．D．第Ⅱ卷二、实验题：本题共2小题，共18分。9．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在水平桌面上，如图甲所示。将橡皮筋的一端Q

固定在y轴上的B点（位于图示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图乙所示，F的大小为N；（2）撤去（1）中的拉

力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图甲中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N和F2=5.6N；①用5mm长度的线段

表示1N的力，以O为作用点，在图甲中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合。②F合的大小为N，F合与拉力F的夹角的正切值为。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定

则。10．某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列做法正确的是()A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的

电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于“）（3）甲、乙两同学在同一实验室，

各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲m乙，μ甲μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）三、

计算题：本题共3小题，共34分。（9分）11．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.6kg、mQ=0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/

s2。现在Q上挂一个物块K后，轻绳的张力变为原来的3倍，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则所挂物块K的质量为多少？12．（9分）足够长的传送带倾斜放置，以大小为2m/sv=的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。质

量2kgm=的小物块以初速度012m/sv=从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，210m/sg=，小物块视为质点，求：（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和

传送带的倾角；（3）02s−内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。13．（16分）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2kg且可看成质

点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6s滑离木板，g取10m/s2（1）求木板的长度L。（2）小物块离开木板时，木板的速度为多少。（3）小物块离开木板后，木板的加速度。（4）小物块离开木板后，

判断木板与小物块是否发生碰撞。参考答案：1．D【详解】A．根据题意，由公式0vvat=+代入数据解得5s=t可知汽车在刹车5s后停止运动，故6s末速度为0，故A错误；B．由A分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据

公式2012xvtat=+带入数据解得50mx=汽车刹车行驶50m停下小于55m，则没有撞上小动物，故B错误；C．根据题意，由公式0vvat=+代入数据解得12msv=故C错误；D．汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末位移可看成第5

s末反向初速度为零的匀加速，则加速时间1s，根据公式212xat=代入数据解得2mx=故D正确。故选D。2．C【详解】A．由图可知，1t时刻手机开始接触地面，则10~t内做自由落体运动，释放时，手机离地面的高度为2112hgt=故A正确，不满足题意要求；B．由图可知，1

t时刻手机开始接触地面，3t时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为13tt−，故B正确，不满足题意要求；C．由图可知，2t时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得10Fmgmg−=可得

11Fmg=手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误，满足题意要求；D．由图可知，2t时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则20~t时间内手

机的速度变化量为零，根据at−图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0至2t内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确，不满足题意要求。故选C。3．C【详解】已知无线连接的最远距离为10m，直线轨道相距8m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B同学之

间的位移之差最大值为22108m6mx=−=根据速度-时间图像可知A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，根据图像的斜率可知B的加速度为21m/svat==当A的位移大于B的位移为6m时，手机开始检测不到蓝牙216m2Axvtat=−=解得2s

t'=6st=，6s后B开始做匀速直线运动，两者间距离继续减小，当B的位移大于A的位移为6m时，B比A多运动12m，手机将不再能检测到蓝牙""12mBAxvtvt=−=解得"6st=所以手机检测到蓝牙耳机能被连

接的总时间为"8sttt=+=故选C。4．D【详解】物块A、B静止时，对A、B整体，设此时弹簧的形变量是1x，应用平衡条件可得：12kxmg=解得：1x=0.3m物块A、B分离时，对物块B，根据牛顿第二定律可知：Fmgma−=解得：Fmamg=+=3×2N+0.5×30N=21N

物块A、B静止时，对物块A、B：根据平衡条件可知：12kxmg=物块A、B分离时，对物块A，设此时弹簧形变量是2x，根据牛顿第二定律可知：2kxmgma−=解得：20.21x=m物块A、B在t时间过程中的位移x

为：21212xxxat=−=解得：t=0.3s故ABC错误，D正确。故选D。5．AD【详解】A．如图所示两小球受力如下可以发现两个小球的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似，则对小球m1有1111mgNTAOOmL==对小球m2有2222mgNTAOOm

L==若12mm=，则小球静止时满12LL=而细绳的长度可调，所以小球可以静止在轨道上关于AB对称的任意处，故A正确；B．上式联立可得小球静止时满足1221::mgmgLL=即1122::mmLL=故B错误；C．若α=30°，β=60°，则

12sin30sin120sin60sin60LAOLAO==可得12:3:1LL=则12:1:3mm=故C错误；D．若α=30°，β=60°，则112212:NTOmTOmNLL=可得121:3NN=故D正确。故选AD。6．AD【详解】AB．系统处于静止状态时，小球对斜面的压力

大小等于小球的重力沿垂直斜面的分力，即cosFmg=压则斜面体受到的摩擦力为，根据平衡可知fcossinFmg=方向水平向右，B错误A正确；C．斜面体缓慢向左运动过程中，小球受到斜面体的支持力，绳子的拉力和重力作用根据力的合成可知，绳子拉力逐渐增大，支持力逐

渐减小，C错误；D．根据A可知，静止时摩擦力fcossinFmg=而在运动时，是滑动摩擦力，根据''f(cos)FGF=+压因为斜面体的重力'G不变，而NF逐渐减小，根据牛顿第三定律，则斜面体受到的

压力逐渐变小，所以斜面体受到的地面的摩擦力逐渐变小，D正确。故选AD。7．AD【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为2Fmg=撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为0Tmg=AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向

，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为0P1Tmgma−−=解得P12ag=−此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小

，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2g。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时Qmmgma−=解得Qmag=−故滑块Q加速度大小最大值为g，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，

PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为P2mgma−=解得P2ag=−撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大

的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。8．AC【详解】由图像可知，人先超重，再平衡，最后失重，则电梯的加速度先向上，再匀速，后加速度向下；

若电梯向上运动的方向为正，则电梯可能先匀加速向上，再匀速向上，最后匀减速向上；或者电梯可能先匀减速向下，再匀速向下，最后匀加速向下；故选AC。9．4.04.00.05【详解】（1）[1]由图乙可知，该测力计的精度为0.2

N，则该读数为4.0N。（2）①[2]用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图甲中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合，如图所示②[3]用刻度尺量出F合的线段长为20.0mm，

所以F合大小为20.01N4.0N5=[4]F合与拉力F的夹角的正切值为2120tan0.0520−=10．AD远小于小于大于【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块

的细绳与长木板保持平行，A正确；B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，B错误；C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度，

D正确。故选AD；（2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象，根据牛顿第二定律可得TMa=以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得Tmgma−=联立可得11MT

mgmgmMmM==++可知在改变M时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力mg，需要砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得FMgMa−=解得1aFgM=−由图像的斜率和纵轴截

距大小关系可得11mm甲乙gg−−甲乙可知m甲小于m乙，甲大于乙。11．1kg【详解】P静止在桌面上，Q也静止，对Q受力分析，由平衡条件得，轻绳张力1Q2NTmg==P受到的摩擦力1P2N3NfTmg===当Q上挂物块K后，轻绳的张力变为原来的3倍，即有2

136NTT==由于23NPTmg=则P向右匀加速，根据牛顿第二定律得2PPTmgma−=解得25m/sa=P和Q、K通过轻绳相连，以相同加速度下降，对Q、K由牛顿第二定律得QK2QK(())mmgTmma+−=+解得K1kgm=12．（1）4.83s；（2）0.5=，3

7=；（3）48J【详解】（1）由vt−图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间12st=，vt−图像面积即位移8mx=由图像知，1s2s的加速度2a为22202m/s=-2m/s1a−=方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与2a相等，由22212xat=得222s2.8

3st=故总时间124.83sttt=+=（2）由vt−图像得01s的加速度1a为221212m/s=-10m/s1a−=方向沿传送带向下；01s，对小物块由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=−1s2s，对小物块由牛顿第二定律得2sincosmgmgma−=−解得37

=0.5=（3）传送带的速度2m/sv=，在01s内传送带的位移1121m=2mxvt==带小物块的位移为11221m=7m2x+=物两者相对位移大小为1115mxxx=−=物带在12s内传送带的位移2221m=2mxvt==带小物块的位移为221m=1m2x=物两者相对位移大小为

2221mxxx=−=带物02s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量12cos)0.52100.851J=48JQfdmgxx==+=+（（）13．（1）1.32m；（2）1.2m/s；（3）2m/s2，方向水平向左（

4）见解析【详解】（1）物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得对木块有2222mgma=解得2224m/sag==对木板有2211211()mgmmgma−+=解得212m/sa=木板的长度为222102111()22L

xxvtatat=−=−−解得1.32mL=（2）小物块离开木板时，木板的速度为111.2m/svat==（3）小物块离开后木板的加速度为2113112m/smgagm===方向水平向左；（4）小物块离开木板时，物

块的速度2021.6m/svvat=−=物块在地面上滑行时的加速度大小为2224224m/smgagm===物块在地面上滑行的最大位移为22140.32m2vxa==木板在地面上滑行的最大位移为212130.362vxx

a==