【文档说明】云南省昆明市五华区云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.095 MB，由小赞的店铺上传

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物理试卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，

考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.第33届夏季奥林匹克运动会于8月11日晚在法国巴黎闭幕，我国体育代表团获得40金27银24铜的好成绩。在以下运动的评分过程中，可将运动员视为质点的

是（）A.张雨霏参加女子100米蝶泳比赛B.樊振东参加乒乓球男子单打比赛C.全红婵参加女子单人10米跳台跳水比赛D.吴向东参加男子马拉松比赛【答案】D【解析】【详解】A．张雨霏参加女子100米蝶泳比赛时，要观察他的动作要领，则其大小形状不能忽略不计，不

可看做质点，选项A错误；B．樊振东参加乒乓球男子单打比赛，其大小形状不能忽略不计，不可看做质点，选项B错误；C．全红婵参加女子单人10米跳台跳水比赛，要观察他的动作要领，其大小形状不能忽略不计，不可看做质点，选项C错误；D．吴向东参加男子马

拉松比赛时，其大小形状可以忽略不计，可看做质点，选项D正确。故选D。2.两本质量相等的书上下叠放在高铁车厢里的水平桌面上，书本之间的动摩擦因数为0.5，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度210m/sg=。若两本书都不

相对桌面发生滑动，则高铁的加速度不超过（）A.240m/s．B.250m/s．C.280m/s．D.210m/s【答案】A【解析】【详解】因书与桌面间的动摩擦因数小于书本之间的动摩擦因数，则若加速度变大，则书本与桌面之间首先产生滑动，因书与

桌面间的动摩擦因数为μ=0.4，则考虑两本书的整体，由牛顿第二定律可知22mgma=可得24.0m/sag==则高铁加速度不超过4.0m/s2。故选A。3.某同学参加定点投篮比赛，如下图所示，篮球两次出手和进框的位置相同，在空中的运动轨迹分别对应同一竖直平面内的a、b两条曲线。不计空气阻力

，则关于该两次投篮下列说法正确的是（）A.轨迹为a的篮球在空中运动的加速度较大B.轨迹为a的篮球在空中运动的时间较短C.轨迹为a的篮球经最高点的速度较小D.轨迹为a的篮球的平均速度较大【答案】C【解析】【详解】A．篮球在空中

均受重力作用，加速度均为重力加速度，故加速度相等，故A错误；BC．篮球做斜抛运动，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。两次投篮水平位移相同，但轨迹a高度更高，运动时间较长，篮球在轨迹a中

最高点的速度小于篮球在轨迹b中最高点的速度，故B错误，C正确；D．根据xvt=两次篮球的位移相同，轨迹为a的篮球的运动时间较长，则轨迹为a的篮球的平均速度较小，故D错误。故选C。4.如下图所示，倾角为的斜

面上有、、ABC三点，现从这三点分别以不同的初速度同时水平抛出三个的小球abc、、，不计空气阻力，三个小球均落在斜面上的D点，测得::16:8:1ABBCCD=，由此可判断（）A.三个小球abc、、做平抛运动的时

间之比为3:2:1B.三个小球abc、、的初速度大小之比为1:3:5C.三个小球落在斜面上时速度方向相同D.三个小球的运动轨迹可能在空中相交【答案】C【解析】【详解】A．根据21sin2lgt=可得2sinltlg=可得三个小球abc、、做平抛运动的时间之比为5:3:1，选项A错误；B

．根据2012tangtyxvt==可得02tangtvt=可得三个小球abc、、的初速度大小之比为5:3:1，选项B错误；C．落到斜面上时的速度与水平方向的夹角0tan2tangtv==可知三个小球落斜面上时速度方向相同，选项C正确；D．三个小球做平抛运动，三个小球的运动轨迹

为抛物线，且交于D点，故三个小球的运动轨迹不可能在在空中相交，故D错误。故选C。5.如下图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑轻质定滑轮C与物体A、B相连，质量为m的物体A置于倾角为的光滑固定斜面上，质量为M的物体B可沿光滑固定杆无阻力滑动。初始时刻BC绳恰沿水平方向，AC绳与

斜面平行，从当前位置开始将A、B由静止释放，在此后的极短时间内，下列说法正确的是（重力加速度为)g（）A.物体A一定沿斜面向上加速B.若sinmgMg，则A不能沿斜面向上加速C.绳子拉力可能小于sinmgD.绳子拉力可能等于sinmg【答案

】A【解析】【详解】AB．由于固定杆光滑，当前位置物体B在竖直方向上只受重力作用，从当前位置开始将A、B由静止释放，物体B将向下运动，由于绳子长度不变，故在此后的极短时间内，物体A一定沿斜面向上加速，故A正确，B

错误；CD．将物体B的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解物体A、B沿绳方向的速度相等，则ABsinvv=物体B向下运动的极短时间内，增大，物体A的速度增大，物体A做加速运动，根据牛顿第二定律sin0Tmgma−=故子拉力大于sinmg，故CD错误。故选A。6.如下

图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，已知图像与横轴、纵轴的交点A、B的坐标分别为()0,0x及()00,,y根据所学的运动学规律，下列说法正确的是（）A.若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则0t时刻

物体的速度为()0000yxtx+B.若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方2v，则物体的加速度为002yx−C.若横轴表示时间t，纵轴表示物体平均速度v，则物体的加速度为002yx−D.当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，若横轴表示拉力F，纵轴表示物体加速度a，则物体的质量为00xy【答案

】B【解析】【详解】A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则由0vvat=+可知初速度v0=y0加速度00yax=−则0t时刻物体的速度为()0000000000yyxtxvxvatyt+==−=−的选项A错误；B．若横轴表示位移x，纵轴表示物

体速度的平方v2，由2202vvax=+可知图像的斜率002ykax==−可得002yax=−故B正确；C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，由位移—时间公式有2012xvtat=+可得012xvatt=+即012vvat=+对比图

像可得0012yax=−可得002yax=−故C错误；D．当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，由牛顿第二定律得F+mg=ma变形可得1aFgm=+对比图像可得001ymx=−可得物体的质量为00xmy=−故D错误。故选B。7.如图甲，固定在竖直面

内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测小球经过N点时的速率Nv，最高处M装有力传感器，可测出小球经过M点时对管道作用力F（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复

试验，得到F与2Nv的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.小球的质量为5bgB.小球做圆周运动的半径为5cgC.当小球经过N点时满足22Nv

c=，则经过M点时对内管道壁有压力D.若小球经过N点时满足2Nvc=，则经过M点时对外管道壁有压力【答案】B【解析】【详解】AB.设小球的质量为m，做圆周运动的半径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得2211222N

MmgRmvmv=−解得224MNvvgR=−小球经过M点时，根据牛顿第二定律可得2MvmgFmR+=联立可得25NvFmmgR=−根据2NFv−图像的斜率和纵轴截距可得bmcR−=5bmg=−联立解得5bmg=−5cRg=故A错误，B正确；C．由乙图可知，当22Nvc=时，经过M点时对管道

作用力0F，F的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，但对内管道壁无压力，故C错误；D．由乙图可知，当2Nvc=时，球经过M点时对管道作用力0F=，故D错误。故选B。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得

5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如下图所示，现有一光滑角形框架OAB,OA边竖直放置，夹角30=，质量为m的小球套在OB杆上，现让框架以OA为轴，以不同的角速度匀速转动，小球均能在水平面内做匀速圆周运动。已

知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.越大，小球做圆周运动的半径越大B.越大，小球做圆周运动的半径越小C.越大，杆对球的弹力不变D.越大，杆对球的弹力越小【答案】BC【解析】【详解】AB．对框架受力分析根据牛顿第二定律2tanmgFmr==合故可知越大，小球做圆周运动

的半径越小，故A错误，B正确；CD．根据受力分析图知，杆对球的弹力sinmgN=故可知越大，杆对球的弹力不变，故C正确，D错误。故选BC。9.如下图所示，两根轻绳将小球悬挂在天花板上，并处于静止状态。轻绳OM、ON

与竖直方向夹角分别为、()。用1F、2F分别表示OM、ON的拉力，则（）A.1F的竖直分力小于2F的竖直分力B.1F的竖直分力等于2F的竖直分力C.1F的水平分力大于2F的水平分力D.1F的水平分力等于2F的水平分力【答案】AD【解析】【详解】CD．

结点O受力如图所示，水平方向12sinsinFF=1F的水平分力等于2F的水平分力。故C错误；D正确；AB．由几何关系，可得11sintancosFF=，22sintancosFF=依题意

，即tantan可得12coscosFF即1F的竖直分力小于2F的竖直分力。故A正确；B错误。故选AD。10.物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，0t=时对物块P施加水平向右的恒力F，1st=时撤

去，在01s两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中分析正确的是（）A.1st=时Q的速度大小等于0.4m/sB.恒力大小为2NC.1st=时P、Q相距最近D.Q的质量为0.5kg【答案】BD【解析】【详解】A．at−图像与坐标轴围成的面积表示

速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则1st=时Q的速度大小等于Q110.8m/s0.4m/s2v==由图可得实际Q的at−图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时at−图象与坐标轴围成的面积，故1st=时Q的速度大小大于0.4m/s

，故A错误；B．0t=时，对物块P，根据牛顿第二定律可得恒力大小为P021N2NFma===故B正确；C．由at−图像可知1st=前，P的加速度一直大于Q的加速度，则1st=时P的速度大于Q的加速度，之后P、Q的距离继续减小，所以1st=时P、Q相距不是

最近，故C错误；D．由at−图像可知1st=时P、Q的加速度相等，为20.8m/s，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得PQ()Fmma=+解得Q的质量为QP2kg2kg0.5kg0.8Fmma=−=−=故D正确。故选BD。三

、非选择题：本大题共5小题，共57分。11.小明同学为探究向心力F与线速度v的关系，用如图所示的实验装置完成实验。其中质量为m的小圆柱体放在未画出的水平光滑圆盘上，沿图中虚线做匀速圆周运动。力电传感器测定圆柱体的向心力，光电传感器测定线

速度，轨迹的半径为r。实验过程中保持圆柱体质量和运动半径不变。（1）该同学采用的实验方法为___________。A．等效替代法B．理想化模型法C．控制变量法（2）改变线速度v，并进行多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：()1/msv−

1.01.52.02.53.0/NF0.881.983.505.507.90该同学利用实验数据做出了以下四个图像，其中能较为直观地展示向心力F与线速度v关系的图像是___________。（3）根据图像分析的结果，小明可以得到实验结论___________。【答案】①

.C②.B③.在质量和轨迹半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比关系【解析】【详解】（1）[1]探究向心力与质量、半径和线速度的关系时，为了只研究向心力与速度的关系，应采用控制变量法。故选C。（2）[2]根据2vFmr=可知F-v2的图

像是一条过原点的倾斜直线，在四幅图中最为直观。故选B。（3）[3]在质量和轨迹半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比关系。12.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B．滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕

过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm．(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计

时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是______________________．(3)下列不必要的一项实验要求是________．(填选项前的字母)A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光

电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________填“t2--F”

“--F”或“21t--F”图象．【答案】①.2.30②.遮光条到光电门的距离L③.A④.21Ft−【解析】【详解】试题分析：①由游标卡尺的图示可知，d=2mm+5×0.05mm=2.25mm；②由遮光条的宽度与时间t，可计算出滑块经过光电门的速度，欲求滑

块加速度，则还应该知道A位置到光电门B之间的距离L；③由于绳上连接有力传感器，它可以直接测出绳上拉力的大小，故没有必要使滑块质量必须远大于钩码和力传感器的总质量，所以A是不必要的；而B中使A位置与光电门间的距离适当大些、C中

应将气垫导轨调节水平、D中使细线与气垫导轨平行等都是有必要的；④根据L=12at2可知，加速度a与t2是成反比的，故欲研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出的图像，如果该图像是一条直线，则说明加速度与力是成正比的．考点：利用气垫导

轨探究加速度与力的关系的实验．13.一汽车停在小山坡底，某时刻，司机发现山坡上距坡底70m处的泥石流以2m/s的初速度、21m/s的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直

线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了2s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，其过程简化为如下图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小；（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？【答案】（1）10s，12m/

s（2）20.75m/s【解析】【小问1详解】设泥石流到达坡底的时间为1t，速度为1v，根据位移时间公式和速度时间公式有21011112svtat=+1011vvat=+代入数据得110st=112m/sv=【小问2详解】泥石流在水平

地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至1v，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，设汽车加速时间为t，故有1vvat==汽212vsa=汽()11=2svtt+−汽联立各式代入数据解得20.75m/sa=14.如图所示的离心装置中，轻质弹簧一端固定在杆

的O点，另一端与一质量为M的方形中空物块A连接，弹簧和物块A均套在光滑竖直方形轻杆OC上，长为L的轻杆OB一端通过铰链连在O点（轻杆可在竖直面内转动），另一端固定质量为m的小球B，物块A与小球B之间用长为L的轻质细线连接，物块A、小球B和弹簧均能随竖直轻杆OC一

起绕过O点的竖直转轴转动。装置静止时，轻质细线AB绷紧，细杆OB与水平方向的夹角为53°，现将装置由静止缓慢加速转动，当转速稳定时，细杆与水平方向夹角减小到37°，细杆中的力恰好减小到零，重力加速度为g，取s

in370.6=°，cos370.8=°，求：（1）转速稳定时，装置转动的角速度；（2）装置静止时，细线张力和弹簧弹力大小；（3）弹簧的劲度系数k。【答案】（1）153gLL；（2）58mg，12mgMg

+；（3）54mgL【解析】【详解】（1）以小球B为研究对象，受力如图所示由牛顿第二定律，合力提供小球B做圆周运动的向心力，即2cos37tan37mgmL=整理得153gLL=（2）（3）细杆OB与水平

方向的夹角为53时，装置静止时。小球B竖直方向12sin53Fmg=得细线张力大小为152sin538mgFmg==A物块竖直方向相互作用力大小相等11FF=11sin53FMgkx+=得弹簧弹力

大小112FkxmgMg==+弹当B稳定转动时，细杆中弹力减为零，且与水平方向的夹角为37。小球B竖直方向cos53Fmg=A物块竖直方向受力平衡2cos53FMgkx+=根据几何关系可得()212sin53cos53xxL−=−联立以上各

式解得54mgkL=15.如下图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角30=，斜面上每隔04md=．固定一个挡板，从上往下依次标记为()1,2,3nn→。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面

放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数132=，A与斜面之间动摩擦因数233=，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小Fmg=的作用力，经09s．后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰

撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度210m/sg=，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求：（1）F作用的09s．内A、B的加速度大小；（2）A与挡板

1碰撞时的速度大小；（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）22.5m/s，27.5m/s（2）4.5m/s（3）7.7m【解析】小问1详解】设F作用的内A、B的加速度大小分别为1a、2a，则对A、

B分别受力分析由牛顿第二定律可得121sincos2cosmgmgmgma+−=12sincosFmgmgma+−=代入数据可得212.5m/sa=，227.5m/sa=【小问2详解】

刚撤去F时A的加速度不变，B的加速度设为3a，对B受力分析由牛顿第二定律得13cossinmgmgma−=代入数据可得232.5m/sa=【A继续加速B以减速直至共速，设F作用的时间为t，撤去F后经t两者达到

共同速度1v，则1231()vatatatt=−=+代入数据可得14.5m/sv=，0.9st=因12tan=，之后0.1s两者一起匀速直至与第一个固定挡板碰撞，故A与挡板1碰撞时的速度大小14.5m/sv=

【小问3详解】与第一个挡板碰前B相对于A滑行路程2211021()4.05m222atvvsatttt+=+−+=与第一个挡板碰后瞬间B速度不变之后以减速，A速度大小不变方向相反，设其加速度为4a，受力分析由牛顿第

二定律可得124sincos2cosmgmgmgma++=代入数据可得2422.5m/sa=则A速度先减速到0，其位移1x及所用时间1t为21140.45m2vxa==1140.2svta==之后A以1a反向沿斜面向下加速B仍3a以减速至达到共同速度2v，用时1t，则2131111(

)vvattat=−+=代入数据可得22m/sv=，10.8st=A沿斜面加速的位移1x为22210.8m2vxa==由几何关系可知此时A距离第二个固定挡板还有的120.05mxdxx=+−=因12tan=，两者一起

匀速直至与第二个固定挡板碰撞，与第一个固定挡板碰撞到与第二个固定挡板碰撞这个过程B相对于A滑行221211232.9m2vvsxxa−=+−=之后的过程与此类似，可以以此类推设，与第n个固定挡板碰撞时的速度为nv，则有11341()

nnnnvvvvaaa++=−+即149nnvv+=与第n个固定挡板碰撞后至与第n+1个固定挡板碰撞前B相对于A滑行的路程222211341222nnnnnvvvvsaaa++−=+−22221212134

1222nnnnnvvvvsaaa+++++−=+−即11681nnss+=故B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程210121616164.052.9[1()()]m7.7m818181nnnsssss−=++++=+++++