【文档说明】四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综物理试题 含解析 .docx，共(19)页，2.546 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-44262067e25d12b4f69699c1d348f4c2.html

以下为本文档部分文字说明：

绵阳南山中学高2021级高三上期10月月考理综物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对

但不全的得3分，有选错的得0分。1.2021年5月15日，我国发射的“天问一号”探测器着陆舱携“祝融号”火星车在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了我国星际探测征程的重要一步，截至2022年2月4日，天问一号在轨运行561天，祝融号火星车工

作259个火星日，累计行驶1537m，下列说法正确的是（）A.火星车累计行驶1537m，1537m指的是位移B.由于火星体积和质量太大，研究火星绕太阳公转和火星自转时都不能把火星看成质点C.火星车的平均速率一定不小于其平

均速度的大小D.火星绕太阳公转一周的位移大于地球绕太阳公转一周的位移【答案】C【解析】【详解】A．火星车累计行驶1537m，1537m所指为运动轨迹的长度，是路程，故A错误；B．研究火星绕太阳公转时火星的大小能忽略，可将火星看做质点，但是研究火星自转时，

火星的大小不能忽略，不能看成质点，故B错误；C．平均速率等于路程与时间的比值，平均速度等于位移与时间的比值。因火星车的路程一定不小于位移的大小，则火星车的平均速率一定不小于其平均速度的大小，故C正确；D．火星绕太阳公转一周的位移等于地球绕太阳公转一周的位移

，都等于零，故D错误。故选C。2.如图甲所示是斧子砍进木桩时的情境，其横截面如图乙所示，斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形，当施加竖直向下的力F时，则（）A.向下施加的力F增大，斧子侧面对木桩的弹力大小不变B.施加相同的恒力F，θ越小的斧子，越

容易撑开木桩C.施加相同的恒力F，θ越大的斧子，越容易撑开木桩D.劈开木桩的难易程度只与F有关，与θ无关【答案】B【解析】【详解】根据题意，将施加的力F按作用效果分解，如图所示由几何关系可得122sin2FFF==可知，向下施加的力F增大，斧子侧面对木桩的弹力大小变大，

越容易撑开木桩，施加相同的恒力F，θ越小的斧子，斧子侧面对木桩的弹力大小越大，越容易撑开木桩。故选B。3.在地面上把一物体以初速度竖直向上抛出。假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中运动的时间用t表示，取竖直向上为正方向，则物体从上抛开始到再次落回地面的

过程中，以下关系图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．上升阶段，由牛顿第二定律得1mgfma+=解得1fagm=+物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得2mgfma−=解得2afgm=−物体做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移速度公式2202ahvv=−

可得2202vahv=+可知v2-h斜率为2ka=可知A正确，B错误；CD．根据速度时间关系0vvat=+可知v-t图像斜率为ka=上升阶段，由牛顿第二定律得1mgfma+=解得11fkagm==+物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得2mgfma−=解得22mkafg

==−物体做负向的匀加速直线运动，可知CD错误。故选A。4.如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，光滑滑块B置于斜面上，细绳一端固定在滑块B上，另一端固定在天花板上，此时细绳与斜面平行，滑块B与斜面体C均处于静止状态．现将斜面体C稍向左移动，移动后滑块B与斜面体C仍处于静止

状态．则A.细绳对滑块的拉力变小B.斜面对滑块的支持力变小C.地面对斜面体的支持力变小D.地面对斜面体的摩擦力变大【答案】D【解析】【详解】以滑块为研究对象，它受重力mg，细绳拉力FT和斜面体的支持力FN三个力的作用，其中重力mg的大小和方向均不变，斜面体

对滑块的支持力FN的方向不变，三力平衡，构成力学三角形如图所示．初始位置绳子对滑块的拉力FT和斜面对滑块的支持力FN方向垂直．当斜面体向左移动后，拉力FT方向和竖直方向的夹角变大，则拉力和支持力均变大，如图所示．由牛顿第三定律可

知，滑块对斜面体的压力也增大，以斜面体为研究对象，由共点力平衡可知，地面对斜面体的支持力和摩擦力均变大，选项A、B、C错误，D正确．故本题选D．【点睛】根据共点力作用下动态平衡的特点，利用三角形定则，根据图中某个力的方向变化，即可判断其它力的变化情况．5.如图所示，木块

A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为3m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动，若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不超过（）A.2FB.2FC.3FD.3F【答案】D【解析】【详解】力F拉物体B时，A、B恰好

不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma…①对A、B整体受力分析，受重力4mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=4ma…②由①②解得14mfF=当F1作用在

物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有1mFfma−=对整体，有F′=4ma1…④由上述各式联立解得'3FF=故选D。6.足球比赛中，某队甲、乙队员表演了一次精彩的直塞球传递：在甲、乙相距L

时，甲将足球以15m/s的初速度沿水平地面传出，速度方向沿甲、乙连线，在球传出的同时，乙由静止开始沿二者连线向远离甲的方向运动，其运动过程的v—t图像如图所示，当t=3s时乙与球到达同一位置，重力加速度为10m/s2，下列说法正确的是（）A.0~3s内足球

和运动员乙相遇两次B.足球所受阻力大小是其重力的14C.乙与足球相遇时足球的位移为75mD.甲乙间最初距离L为16.875m【答案】BD【解析】【详解】A．根据题意可知，此为球追人，且0~3s内足球的速度始终大于人的速度，因此0~3s内足球和运动员乙不

可能相遇两次，故A错误；B．设足球的质量为m，所受阻力为f，加速度大小为1a，由速度—时间图像可得2217.5m/s2.5m/s3vat===由牛顿第二定律有114fmamg==故B正确；C．速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，则可得乙与足球相遇时足

球的位移为11(157.5)3m33.75m2x=+=故C错误；D．根据速度—时间图像可得乙的位移为21(31.53)7.516.875m2xm=−+=乙与球之间的位移关系为21Lxx+=解得16.875mL=故D

正确。故选BD。7.广州塔总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图象如图所示，则下列相关说法正确的是（）A.t=4.5s时，电梯处于超重状态B

.56～59s时间内，绳索拉力最小Ct=57s时，电梯处于超重状态D.t=60s时，电梯速度最大【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．t=4.5s时，电梯加速向上运动，加速度方向向上，电梯处于超重状态，故A正确；BC．56～59s时间内，a=−2m/s

2，电梯处于失重状态，且加速度最大，绳索拉力小于电梯的重力，所以这段时间内绳索拉力最小，故B正确C错误；D．根据a−t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s内a−t图象与坐标轴所围的面积为0，所

以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t=60s时，电梯速度恰好为0，故D错误。故选AB。8.如图所示，斜面体ABC静止在水平地面上，90=C，37A=，在直角顶点固定有一光的滑轮。物块P、Q通过不可伸长的细线绕过定滑轮分别置于光滑斜面AC、BC

上，P质量为2m，Q的质量为m。由静止释放P、Q，此时P的加速度大小为1a，地面对AB面摩擦力为1f，细线拉力为1T；若将P、Q位置互换，释放P、Q后P的加速度大小为2a，地面对AB面摩擦力为2f，细线拉力为2T，以上过程中，斜面体始终静止，则以下说法正确的是（）.A

.两次加速度大小之比12:2:3aa=B.两次拉力大小之比12:1:1TT=C.两次摩擦力大小之比12:1:1ff=D.1f方向向左，2f方向向右【答案】BD【解析】【详解】AB．根据题意，第一次，对P、Q整体，由牛顿第二定律有()12sin37sin532m

gmgmma−=+解得1215ag=对P由牛顿第二定律有112sin372mgTma−=解得11415Tmg=第二次，对P、Q整体，由牛顿第二定律有()22sin53sin372mgmgmma−=+解得213ag=对P由牛顿第二定律有222sin532

mgTma−=解得21415Tmg=两次加速度大小之比12:2:5aa=两次拉力大小之比12:1:1TT=故A错误，B正确；CD．根据题意，对物体P、Q和斜面体整体，第一次等效水平方向上有向左的加速度，由牛顿第二定律可知，地面对斜面

体有向左的摩擦力，大小为111222cos37sin3775fmamamg=+=第二次等效水平方向上有向右的加速度，由牛顿第二定律可知，地面对斜面体有向右的摩擦力，大小为22222cos53sin

533fmamamg=+=则有12:11:25ff=故C错误，D正确。故选BD。二、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.某实验小组利用如图甲所示的实验装置“探究

弹簧弹力与形变量的关系”，实验中，将一待测弹簧水平放置在一相对光滑的平台上，将一毫米刻度尺水平放置在桌面上，弹簧左端固定在竖直立柱上，弹簧右端固定有一能与毫米刻度尺的刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针，弹簧右端的挂钩与绕过滑轮的细线相连，细线下端可以悬挂钩码。（1）实验

时，先不挂钩码，此时刻度尺读数为2.75cm，然后将质量为0.200kg的砝码时挂在绳子下端，此时刻度尺读数如图乙所示，其读数为________cm，当地的重力加速度大小为29.80m/s，此弹簧的劲度系数为__________N/m（结

果保留3位有效数字）。（2）弹簧与平台及绳子与滑轮间存在的摩擦会导致弹簧劲度系数的测量值与真实值相比_____（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。【答案】①.5.75②.65.3③.偏大【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的最小刻度是1mm读数时，需要估读到下一位，则其读数为5.75cm。的[2]

弹簧的劲度系数为()20.2009.80N/m=65.3N/m5.752.7510mgkx−==−（2）[3]弹簧与平台及绳子与滑轮间存在的摩擦，则弹簧的拉力比砝码的重力小，当计算时用砝码的重力表示弹簧的拉力，所以会导致弹簧劲度系数的测量值与真实值相比偏大。10.甲、乙、丙三位同学用如图

（a）所示的实验装置，做“验证牛顿第二定律”的实验。（1）甲、乙同学保持小车及盒子里的沙子总质量M不变，不断改变沙桶及桶里的沙子总质量m，来研究a—F的关系。①某次实验中打出了一条纸带，如图（b）所示。从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4

个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得此次实验小车的加速度a=___________m

/s2.（结果均保留两位有效数字）②三位同学打出多条纸带，算出对应的加速度，以加速度a为纵坐标，以沙桶及里面沙子总重力作为横坐标F，在坐标系内描出的点如图（c）所示。甲同学认为：实验过程中平衡摩擦时木板倾角过小，部分点偏离直线是由于偶然误差引起的，可以通过更精确的测量

消除这一现象；乙同学认为：实验过程中木板倾角过大，部分点偏离直线是数据测量有问题，并非实验的真实数据，应该舍弃这部分数据点；丙同学认为：实验过程中平衡摩擦木板倾角过小，部分点偏离直线是实验系统误差带来的，是实验的真实情况反映

，可通过优化实验方案来改善。关于实验现象，你认为三位同学的分析，合理的是___________（填“甲”、“乙”、“丙”）（2）三位同学在经过分析研究后，重新设计了实验方案研究a—F关系。每次实验，把盒子里的沙子

转移一部分到沙桶里，以沙桶及里的沙子总重力作为拉力F，打出多条纸带并计算出加速度a作为纵坐标，以F作为横坐标，作出了如图（d）所示的图像，则图像的斜率表示___________；（3）三位同学继续研究在拉力一定时，加速度与质量的关系。保持沙桶及里面的沙子总质量m一定，通过不断减少盒子里的沙子，改变

小车及盒子里沙子的总质量M。①每次改变盒子里沙子质量后，___________（填“需要”或“不需要”）重新平衡小车受到的摩擦力；②打出多条纸带并计算出对应的加速度，以加速度为纵坐标，作出如图（e）所示的图像，图（e）的横坐标应该是___________。

A.MB.1MC.m+MD.1mM+【答案】①.0.81②.丙③.1mM+④.不需要⑤.D【解析】【详解】（1）①[1]相邻计数点间的时间间隔为50.1s==Tf根据逐差法可得小车运动的加速度为2222221.807.267.2610m/s0.81m

/s990.1OFOCOCaT−−−−−===②[2]处理数据时将沙桶及里面沙子总重力作为横坐标F，实验过程中平衡摩擦木板倾角过小，使得当力F增加到某一值时才有了加速度；而当沙桶及里面沙子总质量逐渐增大时，不满足沙桶及里面沙子总质量远小于小车

及盒子里沙子的总质量，部分点将偏离直线，故丙正确。（2）[3]以沙桶及里面沙子总质量为研究对象根据牛顿第二定律有FTma−=以小车及盒子里沙子为研究对象根据牛顿第二定律有TMa=解得()FmMa=+即1aFmM=+则图像的斜率表示1mM+（3）①[4]在平衡摩擦力时，是使重力沿斜面

的分量和摩擦力相等，即sincosMgMg=两边质量将被约去，所以每次改变盒子里沙子质量后，不需要重新平衡小车受到的摩擦力；②[5]根据（2）中结论可得1aFmM=+F恒定不变，图（e）的横坐标应该是1mM+。故选D。11.公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线。

如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50m处开始刹车做匀减速直线运动。公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24m处由静止正对着站台跑去

，人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车，人加速和减速的加速度大小相等。求：（不考虑站台大小和公交车的大小）（1）公交车刹车的加速度大小a1及刹车

的时间t1；（2）人的加速度的大小a2.【答案】（1）211m/sa=，10st=；（2）221m/sa=【解析】【详解】（1）设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为1a，由匀变速直线运动规律，有21112axv=解得211m/sa=由11

vat=解得公交车刹车时间10st=（2）设人匀加速和匀减速的加速度大小为2a，匀加速和匀减速的时间均为2t，匀速运动的时间为3t，总时间也为10st=。匀加速运动和匀减速运动的位移大小均为2x，匀速运动位移为3

x，则222vta=22222vxa=322ttt=−匀速位移为322xxx=−又323xvt=由以上各式解得221m/sa=12.一个送货装置如图所示，质量为m1=1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带保持v=10m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑

上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无动能损失，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同。在平板车左端一定距离的P处有一水平平台，高度与平板车等高，平板车左端与平台P边缘的锁定装置碰撞后立即停

止运动，货物由于惯性滑上平台P，之后平板车立即被拉回装置匀速拉回到传送带B端，准备下一次货物转移。已知传送带长度L=16m，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带B端到平台P的水平距离x0=26m，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板

车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量m2=0.5kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小；（2）货物由传送带A端运动到B端的时间；（3）为了保证货物能被送至平

台P，小车长度需要满足的条件。【答案】（1）1a=10m/s2；（2）2s；（3）12m到17m【解析】【详解】（1）货物放上传送带上后先以加速度1a向下加速运动111cos0.4fmgg==，1111sin

mafmg=+解得1a=10m/s2（2）货物经过时间1t达到传送带相同的速度11vta==1s运行的位移211112xat==5m此后，货物以加速度2a向下加速运动1121sinmgfam−==2m/s2，2122212Lxvtat−=+代入数据，解得t2=1s所以，货物在传送带上

运动的时间t=t1+t2=2s（3）设货物离开B点，刚滑上小车时速度为0v，则022vvat=+=12m/s滑上平板车后，货物向左做匀减速运动，平板车做匀加速运动，经时间t3共速。货物加速度2ag=物=3m/s2平板车加速度213122mgmmgam+=板－(

)=3m/s2，033vvatat=−=共物板代入数据解得3t=2s，v共=6m/s平板车的位移为的232vxt=共=6m货物的位移为0332vvxt+=共=18m①若货物刚好在木板左端相对静止，随木板减速3vg=共=1

m/s2减速至停止需要通过位移为22vxa=停共共=18m>03xx−=8m货物可以到达平台，则木板最短长度min32Lxx=－=12m②若相对静止时，货物与木板最左端的距离为4x，设木板与平台撞击前瞬间的速度为1v，则3124202()vxvaxx−−=−共共木板撞击停止后，货物

继续滑行至平台恰好停止，则1422axv=物解得4x=5m则木板长度最大值为Lmax=Lmin＋4x=17m13.如图1所示为医生正在为病人做B超检查，B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程

度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图2为血管的探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是（）A.血管探头发出的超声波在血管中的

传播速度为1.4×103m/sB.质点M开始振动的方向沿y轴正方向C.t=1.25×10-7s时质点M运动到横坐标x=3.5×10-4m处D.0~1.25×10-7s内质点M的路程为2mmE.t=1.5×10-

7s时质点N恰好处于波谷【答案】ADE【解析】【详解】A．由题2可知波长241410mm=1.410m−−=由vf=得波速为4731.410110m/s=1.410m/sv−=A正确；B．

根据波动与振动方向间关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；C．质点M只会上下振动，不会随波迁移，C错误；D．质点M振动的周期771s110110s1Tf−===由于771.251051104tT−−==质点M在70~1.2510s−

内运动的路程的55440.4mm=2mm44lA==D正确；E．71.510s−=t时波传播的距离为3721.410m/s1.510s=2110mmL−−=此时图2中横坐标21410mm−=x的波谷恰好传播到质点N的位置，E正确。故选

ADE。14.半径为R的半圆形玻璃砖与厚度为32R的矩形玻璃砖按如图所示的方式放在水平桌面上，现有一束细光束沿AO方向射入，调整细光束使其在竖直平面内绕O点顺时针转动180°至BO方向。已知两种玻璃砖对该光束的折射率均为2，光在真空中的传播速度为c，矩形玻璃砖足够长，不考虑光的

多次反射，求：（1）垂直AB入射的光由O点到达水平桌面所需要的时间；（2）光线在转动过程中照亮水平桌面的长度。【答案】（1）5Rtc=；（2）10331515R+【解析】【详解】（1）光在玻璃中的传播速度为2ccvn=

=垂直AB入射的光由O点到达地面所需要的时间为32RRtv+=解得5Rtc=（2）以任一角度入射的光线的光路图如图所示，当i=90°时，有极大值由msinsin902sinsinin===解得γ的极大值为m=30°设有

极大值时光线照到矩形玻璃砖上的折射角为，由sin30sinn=解得1sin4=此时光照射到水平桌面上最右端M点，则O'M=Rtan30°+32Rtan解得O'M=10331530R+，接近BO方向射入的光

线照射到水平桌面上最左端与M对称，光线在转动过程中照亮水平桌面的长度为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com