【文档说明】北京市北京师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.171 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2023—2024学年（上）高三月考物理试卷考生须知1.本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。2.考生务必将答案及解答过程写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.考试结束后，考生应将答题纸交回。第一部分第

一部分共16题，每题3分，共48分，1~12题为单选题。1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线MPN行驶，速度逐渐减小，v是汽车经过P点时的速度。下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，其中可能正确的是（）A.

B.C.D.【答案】C【解析】【详解】汽车沿曲线MPN行驶，合力指向轨迹的凹侧；汽车速度逐渐减小，说明合力沿切向方向分力与速度相反，所以合力与速度的方向的夹角要大于90°，故C正确，ABD错误。故选C。2.把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸

带释放，重物拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为Av。通过测量和计算，得出了AB两点间的平均速度为1v，AC两点间的平均速度为2v。下列说法正确的是（）A.1v更接近Av，且1v小于AvB.1v更接近Av，且1v大于

AvC2v更接近Av，且2v小于AvD.2v更接近Av，且2v大于Av【答案】B.【解析】【详解】因B点更接近于A点，则AB之间的平均速度1v更接近于A点的瞬时速度Av，因重物做加速运动，则从A到C相邻点间距逐渐增加，B点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则AB

之间的平均速度1v大于A点的瞬时速度Av。故选B。3.某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立动作来探究超重和失重现象。下列说法正确的是（）A.下蹲过程中人始终处于超重状态B.起立过程中人始终处于超重状态C.下蹲过程中人

先处于失重状态后处于超重状态D.起立过程中人先处于失重状态后处于超重状态【答案】C【解析】【详解】AC．下蹲过程中，人的重心是先加速下降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，根据牛顿第二定律可知，人先处于失重后处于超重状态，A错误，C正确；BD．起立过程中，人的重心是先加速上升，后减速上升，故

人的加速度先向上，后向下，故该过程中，先是超重状态后是失重状态，BD错误。故选C。4.将质量为m的小球用长为l的细线悬于A点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）的A.细线对小球的拉力大小等于mgsinθ

B.细线对小球的拉力大小等于mgtanθC.保持l不变，θ越大，ω越大D.保持l不变，θ越大，ω越小【答案】C【解析】【详解】对小球进行受力分析可知，有cosmgT=2tansinmgml=解得cosgl=可知保持l不变，θ越大，cos越小，ω越大。故选C。5.能够体现出惯性大

小的物理量，它的单位与下列哪个选项的化简结果是等价的（）A.Nm−1s−2B.Nms−2C.Jm−2s−2D.Wm−2s3【答案】D【解析】【详解】AB．质量大，惯性大，根据牛顿第二定律可得Fma=单位可表示为-12Nms

故AB错误；CD．根据做功表达式WFs=整理得WFs=Wmas=单位可表示为-22Jms根据功率表达式WPt=整理可得masPt=Ptmas=单位可表示为-23Wms故C错误，D正确。故选D。6.如图所示

，质量为M的小车放在光滑水平桌面上，用细线将小车跨过定滑轮与质量为m的重物相连，与小车相连的细线保持与桌面平行，滑轮处的摩擦忽略不计，重力加速度大小为g。在重物和小车一起运动的过程中，下列说法正确的是（）A.细线对小车拉力的大小等于mgB.小车所受合力的大小大于mg

C.小车的加速度大小小于mgMD.小车的加速度大小大于mgMm+【答案】C【解析】【详解】A．对整体由牛顿第二定律有()mgmMa=+将小车隔离，对小车由牛顿第二定律有TMa=联立可得mgamM=+，1mgTmM=+故A错误；B．小车所受合外力的大小即为绳子拉力的大小，则有1mgTmgmM=+故

B错误；CD．根据以上分析可得小车的加速度大小mgmgamMM=+故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，把质量为m的石块从距地面高h处以初速度v0斜向上抛出，v0与水平方向夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若仅仅改变抛射角θ，下列

物理量一定不变的是（）A.石块在空中的飞行时间B.石块落地的水平距离C.石块落地时的速度D.石块落地时的动能【答案】D【解析】【详解】AB．将斜抛运动的初速度分解成水平方向的分速度xv和竖直方向的分速度yv，则有0cosxvv=，0sinyvv=设石块上升到最高

点所用时间为1t，从抛出点到上升到最高点的位移为1h，从最高点落地时所用时间为2t，从抛出点到落地所用时间为t，水平位移为x，则有1yvgt=，212yvhg=，21212hhgt+=，12ttt=+，xxvt=联立以上各式可得01sinvtg=，2202sin2()2v

hgtg+=22000sin2()sin2cos()vhvgxvgg+=+则根据以上表达式可知，当改变时，竖直初速度改变，结合1t、2t与竖直初速度的关系式可知，运动时间一定改变，而水平位移不一定改变，故AB错误；C．石块落地时竖直方向的速度大小为22202sinyvgtghv=

=+则可知石块落地时的速度为22222220002sincos2xyvvvghvvghv=+=++=+设落地时石块速度方向与水平方向的夹角为，则22002sintancosyxvghvvv+=

=可知，当变化时，落地速度大小不变，但速度的方向发生改变，即石块落地时的速度发生改变，故C错误；D．动能是标量，根据以上分析得到石块落地时的速度大小不变，则其动能()222001112222kEmvmghvmghmv==+=+即石块落地时

的动能不变，故D正确。故选D。8.汽车在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽

车停下，汽车行驶的距离为90m，所花时间为5.5s，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的（）A0.3倍B.0.5倍C.0.6倍D.0.8倍【答案】C【解析】【详解】设反应时间为t，匀减速时间为't，行驶距离为s，初速度为v，则22vvtsa+=，'vat=，'ttt+=总

解得：26m/sa=，0.5st=，'5st=根据牛顿第二定律得：=fma故0.6fmg=故C正确ABD错误。故选C。9.一辆质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，行驶过程中受到的阻力大小一定，如果发动机的输出功率恒为P，经过时间t，汽车能

够达到的最大速度为v。则（）A.当汽车的速度大小为2v时，汽车的加速度的大小为PmvB.汽车速度达到2v的过程中，牵引力做的功为Pt2C.汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离为2vtD.汽车速度达到

v的过程中，牵引力做的功为212mv【答案】A【解析】【详解】A．由题意，汽车行驶过程中受到的阻力大小为Pfv=当汽车的速度大小为2v时，汽车的牵引力大小为2PFv=.设此时汽车的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有Ffma−=解得aPmv=故A正确；B．汽车以恒定功率启动，随

着速度的增大，牵引力减小，合外力减小，则加速度减小，当速度达到最大值时，加速度为零，其大致的v-t图像如图所示，可知当汽车速度达到2v时，所经历的的时间小于2t，所以该过程中牵引力做的功小于Pt2，故B错误；C．v-t图像与t轴所围的面积表示位移，根据v-t图像可知，汽车速度达到v的过程中，汽车

行驶的距离大于2vt，故C错误；D．根据动能定理可知212WWmv−=阻牵可得212WWmv=+阻牵故D错误。故选A。10.关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（）A.动能Ek随时间t变化的快慢kEt随时间均匀增大B.速度

v随时间t变化的快慢vt随时间均匀增大C.重力势能Ep随位移x变化的快慢pEx随时间均匀减小D.机械能E随位移x变化的快慢Ex随时间均匀减小【答案】A【解析】【详解】A．物体做自由落体运动，任意时刻的速度

vgt=则可得任意时刻的动能222k1122Emvmgt==由此可得动能Ek随时间t变化的快慢2k2Emgtt=则可知动能Ek随时间t变化的快慢kEt随时间均匀增大，故A正确；B．自由落体运动速度v随时间t变化的快慢=vgt则可知速

度v随时间t变化的快慢vt为重力加速度g，恒定不变，故B错误；C．根据重力势能变化与重力做功关系可得pGEWmgx=−=−可得pEmgx=−可知重力势能Ep随位移x变化的快慢pEx保持不变，故C错误；D．做自由落体运动的物体，机械能守恒，因此0Ex=故D错误

。故选A。11.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺30cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速

度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.35cm刻度对应的加速度为0.5gB.45cm刻度对应的加速度为0.33gC.55cm

刻度对应的加速度为1.5gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的【答案】C【解析】【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，则根据题意有kxmg=式中10cm0.1mx==此位置对应的加速度为0，而当15cm0.05

mx==此位置处由牛顿第二定律有11kxmgma−=联立可得10.5ag=−故A错误；B．当刻度为45cm时，此时弹簧的伸长量215cm0.15mx==根据牛顿第二定律有22kxmgma−=解得20.5ag=故B错误；C．当刻度为55c

m时，此时弹簧的伸长量325cm0.25mx==根据牛顿第二定律有33kxmgma−=解得31.5ag=故C正确；D．对于弹簧的任意神缩量，由牛顿第二定律有kxmgma−=即kaxgm=−则根据该函

数关系可知，各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。故选C。12.自然界中的物体都会不断向外辐射电磁波，这种辐射因为和温度有关而被称为热辐射。为了研究辐射规律，人们建立一种被称为“黑体”的理想模型（对来自外界的电磁波只吸收不反射，但自身会发射电磁波）。理论研究表

明，单位时间内从黑体单位表面积辐射的电磁波总能量与其绝对温度的4次方成正比，即P=σT4，式中σ为已知常数。假设把太阳和火星都看成黑体，忽略其他天体及宇宙空间的其他辐射，已知太阳的表面温度为T0，太阳和火星间距离约为太阳半径的n倍。那么火星的平均温度

为（）A.02TnB.042TnC.042TnD.02Tn【答案】A【解析】【详解】设太阳的半径为R，则太阳单位时间内辐射的总能量为半径为R的球面上单位面积辐射的能量的总和，则太阳单位时间内辐射的总能量为242044EPRTR==

设火星的半径为r，则火星接受到的能量可认为是半径为r的原盘面上的能量总和，则火星接受到的能量为2124()rEEnR=而火星单位时间内向外辐射的能量为2422144EPrTr==而12

EE=联立解得012TTn=故选A。13.如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（）A.小球经过A点时，所受杆的作用力方向有可能

竖直向下B.小球经过B点时，所受杆的作用力一定不会沿着BO方向C.从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变D.从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功【答案】ABD【解析】【详解】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时2mvmgr则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大

时2mvmgr则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度2mvmgr=则杆对小球无作用力。故A正确；B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给作用力，则小球所受杆的作用力为右上方，杆的作用力一定不会沿着BO方向，故B正确；C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度

共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误；D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知k0GWWE+==杆故杆对小球的作用力做负功，故D正确。故选ABD。14.如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在

斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程x的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（）A.物块质量0.7kgB.物块所受摩擦力大小为0.5NC.0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40JD.0

~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力大小之比为4∶3【答案】ABD【解析】【详解】AB．物块沿斜面上滑过程中，由动能定理得的为11kk0sin30EmgxfxE−=−−解得kk01(s3)in0EfmgEx−=+结合图像得斜率的绝对值为1Nsin340kmgf

==+物块沿斜面下滑过程，由动能定理得1k((sn30))ifxmxEg−−=解得k1(sin30(sin)0)3Exmgmgffx=−−−结合图像得斜率的为2Nsin330kmgf==−带入数据解得m=0.7kgf=0.5N故AB正确；C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功

为动能的减少量，即为10J，故C错误；D．0~10m过程中物块所受合力大小为1Nsin340Fmgf==+10m~20m过程中物块所受合力大小为2Nsin330Fmgf==−合力之比为4:3，故D正确。故选ABD。15.

如图所示，两端距离为30m的水平传送带以v=2m/s的速率运行。质量为2kg的小物块以v0=1m/s的水平初速度从A端滑上传送带，最终到达B端。物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（）A.传送带对物块所

做的功为3JB.传送带与物块间的摩擦生热为3JC.电动机因运送物块至少多消耗电能4JD.物块和传送带之间形成的划痕长为0.75m【答案】AC【解析】【详解】AD．根据牛顿第二定律可知mgma=解得22m/sag

==物体加速至2m/sv=，所经过的时间为0vvat=+解得0.5st=物体相对于地的位移为22013m24vvxa−==传送带相对于地的位移21mxvt==物体相对于传送带的位移为210.25mxx−=

物块和传送带之间形成的划痕长为0.25m，可知在物体与传送带共速之前并没有脱离传送带，传送带对物块所做的功为2201122Emvmv=−解得3JE=故A正确，D错误；B．摩擦生热为21()Qmgxx=−解得1JQ=故B错误；C．电动机因运送物块至

少多消耗电能等于物块动能改变量以及摩擦产生的热量，根据能量守恒可知EEQ=+电解得4JE=电故C正确。故选AC。16.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上

。使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0，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。下列说法正确的是（）A.m1小于m2B.t1与t3两时刻，弹簧的长度一样C.在t1~t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的

2倍D.在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能一定相等【答案】ACD【解析】【详解】A．两物块与弹簧组成的系统动量守恒，根据图乙可知，10~t时间内1m的速度始终大于2m的速度，则可知此过程中弹簧被压缩，而1t时刻弹簧被压缩至最短，此时两物块拥

有共同速度v，之后2m继续加速，1m继续减速，某时刻1m速度减为零后反向加速，直至2t时刻两者速度均达到最大值，此时弹簧恢复原长，根据动量守恒定律有122211()mmvmvmv+=−整理可得1122()()mvvmvv+=−而根据图像可知12vvvv+−由此可得12mm故

A正确；B．根据以上分析，2t时刻两者速度均达到最大值，但此时两者速度相反，此后1m与2m均做减速运动，某时刻1m的速度减为零后反向加速，直至3t时刻，两者达到共速，此时弹簧被拉升至最长，则可知t1与t3两时刻，弹簧的长度不一样，故B错误；C．根据以上分

析可知，1t时刻弹簧压缩至最短，而3t时刻弹簧拉伸至最长，且10~t时间内，两条图线围成的面积表示弹簧的最大形变量，另34~tt时间内，弹簧由拉伸至最长恢复到原长，根据图像的对称性可知，在t1~t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍，故C正确

；D．根据以上分析，3t时刻弹簧被拉升至最长，此后1m继续做加速运动，2m继续做减速运动，直至4t时刻，1m速度达到最大值，2m速度减小为最小值，此时弹簧恢复原长，因此可知，在t2与t4两时刻，弹簧均处于原长，其所具有的弹性势能相同，故D正确。故选ACD。第二部

分本部分共5题，共52分。17.如图所示，一个质量m=5kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=25N的水平拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.40，取重力加速度g=10m/s2。（1）求物体运动1.0s时的加速度大小a；（2）求拉力F在2.0s

末的瞬时功率P；（3）若在3.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离x。【答案】（1）21.0m/sa=；（2）50W；（3）1.125mx=【解析】【详解】（1）设物体受摩擦力为f，支持

力为N，则fN=水平方向由牛顿第二定律有Ffma−=竖直方向根据平衡条件有Nmg=解得21.0m/sa=（2）根据运动学公式可得2.0s末的瞬时速度为2.0m/svat==则其拉力F在2.0s末的瞬时功率为50WPFv==（3）3.0s末的速度111

3m/s3.0m/svat===设撤去拉力后滑行的最大距离为x，根据动能定理有21102mgxmv−=−解得1.125mx=18.如图所示，半径R=0.5m的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地面相切于圆环最低点A。质量m=1kg的小球以初速度v0=6m/s从A点冲上

竖直圆环，运动至轨道B点后飞出，最后落在水平地面上的C点，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。（1）求小球运动到B点时对轨道压力的大小F；（2）求A、C两点间的距离x；（3）若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点

与A点间的最小距离xmin。【答案】（1）22NF=；（2）45m5x=；（3）1m【解析】【详解】（1）从A点到B点，由动能定理有22011222BmgRmvmv−=−得4m/sBv=在B点，由牛顿第二定律有21BvmgFmR+=

解得122NF=1F与F为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律二者等大反向，所以22NF=（2）由平抛规律得2122Rgt=Bxvt=解得45m5x=（3）设小球运动到B点半圆环轨道对小球的压力为NF，由牛顿第二定律有2BNmvFmgR+=得当N0F=时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小，为mi

n5m/sBv=由（2）的计算可知，最小距离minmin1mBxxvt===19.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端连接一质量为m的重物，用手托住重物并保持静止，此时重物对手的压力大小为2mg，重力加速度大小为g。（1）求此

时弹簧的形变量大小x；（2）如果手与重物一同缓慢下降，直至手与重物分离，求此过程中手对重物所做的W；（3）如果手从重物下方突然撤离，求重物下落过程中的最大速率v。【答案】（1）mgxk=；（2）222mgWk=−；（3）2mvgk=【解析】【详解】（1）由牛顿第三定律可知，手对重物的支持力大小为2

mg，由受力平衡可知，此时2kxmgmg+=弹簧被压缩，形变量为mgxk=（2）刚分离时1kxmg=弹簧被拉伸，形变量为1mgxk=由动能定理知()10mgxxW++=联立可得222mgWk=−（3）重物下落达到最大速度的位置，即1kxmg=该下落过程初末位置弹簧

的形变量相同，由机械能守恒()2p1p12EmgxxEmv++=+由于ppEE=解得2mvgk=20.如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。水滴的运动为

一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。图甲中的喷泉水滴的运动轨迹如图乙所示，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为

2h。已知喷水口的流量Q（流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，重力加速度大小为g。（1）求喷泉中的水从喷水口喷出时的速度大小v；（2）如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去

。已知：水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P。【答案】（1）52gh；（2）94QghP=【解析】【详解】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向上有212hgt=水平方向上有xhvt=解得2xghv=水从喷口喷出时竖直方向2yvgh=所以水从喷口喷出时的速度

大小为2252xyghvvv=+=（2）在Δt时间内，喷射出水的质量mQt=在最高点的动能为212xmv，由功能关系可得21ΔΔ2Δ2xPtmghmv=+解得94QghP=21.人造卫星在绕地球运行时，会遇到稀薄大气的阻力。如果不进行必要的轨道维持，稀薄大气对卫星的这

种微小阻力会导致卫星轨道半径逐渐减小，以至最终落回地球。这个过程是非常漫长的，因此卫星每一圈的运动仍可以认为是匀速圆周运动。规定两质点相距无穷远时的引力势能为零，理论上可以得出质量分别m1、m2的两个物体相距r时，系统的引力势能为12pGmmEr=。已知人造卫星的质量为m

，某时刻绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g。（1）求此时刻卫星的瞬时速度大小v和卫星的机械能E机。（2）由于大气阻力的影响，卫星的轨道半径逐渐减小。求在这个过程中，万有引力做的功WG与克服大气阻力做的功Wf的比。（3）已

知地球半径为6400km。当卫星轨道离地面的高度为200km时，由于大气阻力的影响，测得卫星每绕地球一周，轨道高度降低20m。试估算在此高度大气对卫星的阻力大小f与卫星所受地球引力大小F的比值k（答案保留1位有效数字）。【答案】（1）2

gRr，22mgRr−；（2）2：1；（3）7210−【解析】【详解】（1）万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=由黄金代换公式可知002GMmmgR=解得2gRvr=根据能量守恒可知212GMmEmvr=−机解得22mg

REr=−机（2）由于12GppWEE=−1fWEE−=−机2机联立解得2=−pmgREr22mgREr=−机因此:2:1GfWW=（3）根据做功定义式GWFh=2π()fWfRH=+根据（2）中:2:1GfWW=解得

7:210fF−=