【文档说明】四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，836.455 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-494fc5f31d6b21854fde27f118d129a9.html

以下为本文档部分文字说明：

成都外国语学校2024——2025学年度上期10月月考高三物理试卷注意事项：1、本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分：2、本堂考试75分钟，满分100分；3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后，将答题

卡交回。第I卷选择题（共46分）一、单项选择题（本题共7小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共28分）1.在下列4个核反应方程中，X表示粒子的是A.2711315030AlXPn+→+B.9234234901ThPaX→+C

2727113121AlXMgH+→+D.30301514iPSX→+【答案】A【解析】【详解】核反应方程遵循质量数和电荷数守恒，有A．由430271102315AlPnHe+→+可知X表示粒子，故A正确；B．由2

34234909110ThPea−→+可知X表示电子，故B错误；C．由127271120311AlMgHn+→+可知X表示质子，故C错误；D．由30301154i10PSe→+可知X表示正电子，故D错误。故选A。.2.分子力与分子

间距离的关系图像如图甲所示，图中0r为分子斥力和引力平衡时两个分子间的距离；分子势能与分子间距离的关系图像如图乙所示，规定两分子间距离为无限远时分子势能为0。下列说法正确的是（）A.当分子间的距离0rr时，斥

力大于引力B.当分子间的距离1rr=时，斥力等于引力C.分子间距离从2r减小到1r的过程中，分子势能减小D.分子间距离从无限远减小到0r的过程中，分子势能一直减小【答案】D【解析】【详解】A．当分子间的距离0rr时，引力大于斥力，分子力表现为引力，A错误；B．由分子

势能与分子之间距离的关系可知10rr，所以当1rr=时，斥力大于引力，分子之间表现为斥力，B错误；C．由图乙可知，子间距离从2r减小到1r的过程中，分子势能增大，C错误；D．r0的分子势能最小，分子间距离从无限远减小到r0的过程中，分子势能一直减小，D正确。故

选D3.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30m/s，距离s0＝100m。t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系如图1、2所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是（）。

A.t＝3s时两车相距最近B.0～9s内两车位移之差为55mC.t＝6s时两车距离最近为10mD.两车在0～9s内会相撞【答案】BC【解析】【分析】【详解】AC．由加速度图象可画出两车的速度图象，由图象可知，t

=6s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差：∆x=x乙-x甲=12［303+1230（6-3）］m=90ms0=100m即两车在t=6s时两车距离最近为s0-∆x

=10m故A错误，C正确；BD．0～9s内两车位移之差∆x´=10m+1230（9-6）m=55m甲车一直在前，两车不会相撞，故B正确，D错误。故选BC。4.如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成60o角的力1F拉物

块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30o角的力2F推物块时，物块仍做匀速直线运动若1F和2F的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）A.31−B.23+C.3122−D.23−【答案】D【解析】【详解】当用1F拉物块时

，根据受力平衡可得1f1cos600FF−=1N160sinFFmg+=又f1N1FF=联立可得1213mgF=+当用2F推物块时，根据受力平衡可得2f2cos30FF=2N2sin30FmgF+=又f2N2FF=联立可得223mgF

=−根据题意有12FF=解得23=−故选D。5.如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，ab、始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则A.a所受的合外力变大B.斜面对a

的弹力先变大后变小C.b对a的弹力逐渐变小D.b对a的弹力不变【答案】C【解析】【详解】A．逐渐减小斜面倾角，ab、始终处于静止状态，则a所受的合外力始终为零不变，故A错误；BCD．对a进行受力分析，如图甲所示根据平衡条件可知，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2

的合力与a的重力等大反向。在斜面倾角逐渐减小过程中，根据几何关系可知，F1和F2的夹角始终不变，而F1与竖直方向的夹角（锐角）逐渐减小，由此作出斜面对a的弹力F1和b对a的弹力F2的变化过程如乙图所示可知斜面对a的弹力

F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小；故BD错误，C正确。故选C。6.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图

乙所示，图中v0、t0已知，则（）A.传送带一定沿顺时针方向转动B.00tancosvgt=+C.传送带的速度大于v0D.t0后滑块加速度的大小为002sinvgt−【答案】D【解析】【详解】

A．若传送带顺时针转动，滑块要么一直向上匀加速，要么一直向下匀加速，加速度都不会变化，图线的斜率不会发生变化，与速度图像不符；若传送带逆时针转动，滑块所受的摩擦力先向下后向上，合力先大后小，加速度先大后小，斜率先大后小，与速

度图像符合，所以传送带一定是逆时针转动，A错误；B．共速前滑块所受摩擦力向下，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=由图像得010vat=解得00tancosvgt=−，B错误；C．从图像

可以看出，传送带的速度等于v0，做匀速运动，C错误；D．t0后滑块继续加速，摩擦力向上，加速度的大小为2sincosmgmgma−=解得0202sinvagt=−，D正确。故选D。7.一斜块M静止于粗糙的水平面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度0v，则m正好保

持匀速下滑，如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A.在m上加一竖直向下的力,aFm将加速向下运动，M对地仍无摩擦力的作用B.在m上加一沿斜面向下的力,bFm将做加速运动，M对地有水平

向左的静摩擦力C.在上加一水平向右的力,cFm将做减速运动，m停止前M对地仍无摩擦力的作用D.无论在m上加上什么方向的力，m停止前M对地的压力大小始终为()Mmg+【答案】C【解析】【详解】若给m一向下的初速度0v，则m正好保持匀速下滑，对m，有sinc

osmgmg=即得sincos=θ是斜面的倾角。A．当施加竖直向下的力aF时，对整体受力分析，水平方向不受摩擦力，否则不能平衡，故对地面也没有摩擦力；再对m受力分析可知()()sincos0aamgFmgF+−+=所以m依然做匀速运动，故A错误；B．在m

上加一沿斜面向下的力bF，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，所以物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，故B错误

；C．在m上加一水平向右的力cF，沿斜面方向：sincos(cossin)0ccmgFmgF−−+故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了sincF，则摩擦力增加sincF，即支持力与摩擦

力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C正确；D．无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1:的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，但大小会发生变化

，所以加不同方向的外力，停止前M对地的压力大小会发生变化，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题。在每小题给出的四个选项中，有的有两个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错的得0分，共18分）8.如

图所示，一细线竖直悬挂汽缸的活塞，使汽缸悬空静止。缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸间无摩擦，且不漏气，气体温度保持不变。当大气压强减小时，下列说法正确的是（）A.细绳所受的拉力将增大B.细绳所受的拉力将不变C.缸内气体的体积将增大D.缸

内气体的体积将减小【答案】BC【解析】【详解】AB．设汽缸质量为M，活塞质量为m，以汽缸和活塞为整体，根据受力平衡可得()TMmg=+可知当大气压强减小时，细绳所受的拉力将不变，故A错误，B正确；CD．以汽缸为对象，根据平衡条件有0pSMgpS+=可知当大气压强减小时，缸内气体压强减小，由于

缸内气体温度不变，根据玻意耳定律可知缸内气体的体积将增大，故C正确，D错误。故选BC。9.如图（a），为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，智能汽车在水平面匀速直线前行，通过激光雷达和传感器检测到车头正前方26m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1a的匀

减速直线运动，并向驾驶员发出警告，驾驶员在此次测试中未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供阻力使汽车做加速度大小为2a的匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。全程汽车速度的平方随位移变化的图像如图（b）所示。

下列说法正确的是（）A.加速度大小212m/sa=B.加速度大小224m/sa=C.从做减速运动开始计时，经过5s，汽车的位移大小为24mD.从做减速运动开始计时，经过5s，汽车的平均速度大小为5.2m/s【答

案】BD【解析】【详解】AB．根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有2202tvvax−=，可知图像的斜率2ka=因此加速度大小211m/sa=224m/sa=故A错误，B正确；C．汽车做加速度大小为1a的匀减速直线运动所用时间101218m/s10m/s2s1m/s

tvvta−−===汽车做加速度大小为2a的匀减速直线运动所用时间2122208m/s2s4m/sttvvta−−===所以从做减速运动开始计时，经过4s，汽车停止运动，汽车全程做减速运动的位移大小为26m，C错误；D．从做减速运动开

始计时，经过5s，汽车的平均速度大小5.2m/svxt==故D正确。故选BD。10.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为4kgM=的长木板，在长木板右端有一质量为1kgm=的小物块，长木板与小物块间的动

摩擦因数为0.2=，长木板与小物块均静止，现用14NF=的水平恒力向右拉长木板，经时间1st=撤去水平恒力,Fg取210m/s，则A.在F的作用下，长木板的加速度为22.8m/sB.刚撤去F时，小物块离长

木板右端0.5mC.最终长木板与小物块一起以2.8m/s的速度匀速运动D.最终小物块离长木板右端1.4m【答案】BC【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得FmgaM−=解得23m/sa=故A错误；B．撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，故22m/s

mag==221110.5m22matatx=−=故B正确；C．刚撤去F时3m/svat==2m/smmvat==撤去F后，长木板的加速度20.5m/saMmg==最终速度mmvvatvat=+=−解得共同速度'2

.8m/sv=故C正确；D．住t内，小物块和木板的相对位移2222222mmvvaxvva−−=−解得20.2mx=最终小物块离长木板右端1207mxxx=+=．故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）注意事项：1.答题前，考生先在答题卡上用直

径0.5毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓名，准考证号填写清楚。2.请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试卷上作答无效。三.实验题（本题共2个小题，满分14分）11.某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”

实验。（1）实验中，以下说法正确的是_________；A．实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得的弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同

的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与弹簧的伸长量之比相等（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长0x=____________cm，劲度系

数k=________N/m。【答案】①.B②.4③.50【解析】【详解】（1）[1]A．因为弹簧自身有重量，所以在竖直悬挂钩码时，弹力大小是弹簧自重与钩码重量之和，实际测量的是弹力增加量（相比原长）与弹簧伸长量的关系。所以实验前，应该将弹簧竖直悬挂测量

其原长，故A错误；B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，这样才能求出形变后的弹力，故B正确；C．弹簧的伸长量为实际长度减去原长，而不是原长度，故C错误；D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比为弹簧劲度系数，因

为弹簧不同，所以不相等，故D错误。故选B。（2）[2][3]由胡克定律有()0Fkxx=−可知，F-x图像与x轴交点为原长，斜率为弹簧的劲度系数，由图b可得，原长为04cmx=的劲度系数为()280N/m50N/m

20410k−−==−12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，0m为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）实验时，一定要进行的操作是____________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B

．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时

器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_____________2m/s（结果保留三位有效数字）。（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF−图像丙是一条直线，图线与横坐

标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____________。A．1tanB．01tanm−C．02mk−D．2m（4）乙同学根据测量数据作出如图丁所示的aF−图线，该同学做实验时存在的问题是

_______。【答案】①.BC##CB②.0.720③.C④.未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【详解】（1）[1]AD．根据题意可知，绳子的拉力可以通过力传感器测量，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证

砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AD错误；B．实验前需要平衡摩擦力，即将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C．为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器示数，故C正确。故选BC。（2）[2]根据题意可知，电源频率

为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1sT=由逐差法2xaT=可得2320112xxxaT−=2341222xxaT−=2452332xxaT−=小车的加速度为1233a

aaa++=代入纸带数据解得20.720msa=（3）[3]根据题意，对小车和滑轮组成的系统，由牛顿第二定律有()02FMma=+整理得02aFMm=+结合aF−图像可得02kMm=+解得02Mmk=−故选C。（4）[4]根据题意，由图丁可知，当0a=时，绳子的

拉力F不为零，则该同学做实验时存在的问题是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。四、计算题（本题共3个小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.某汽车刹车性能测试

，当汽车以36km/h的速率行驶时，可以在18m的距离被刹住；当以54km/h的速率行驶时，可以在34.5m的距离被刹住。假设驾驶员的反应时间（驾驶员从看到障碍物到产生刹车动作的时间）与刹车的加速度都相同。试问：（1）这位驾驶员的反应时

间为多少？（2）某雾天，该路段能见度为50m，则行车速率不能超过多少？【答案】（1）0.8s；（2）18.72m/s【解析】【分析】（1）假设驾驶员的反应时间为t，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运

动到停止，两过程刹车位移可分别列等式，即可解得驾驶员的反应时间；（2）依据能见度和刹车位移可判定最大行车速度【详解】（1）假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度为v1，所以反应时间内的位移为x1=v1t然后做匀减速直

线运动到停止，由位移速度关系式得21202vax−=−第一过程的全过程位移X1=x1+x2=18m在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度为v2，所以反应时间内的位移x3=v2t然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得224

02vax−=−第二过程全过程位移X2=x3+x4=34.5m联立解得a=5m/s2t=0.8s（2）某雾天该路段能见度为L=50m，设行车最大速率为v，则22vLvta=+代入数据解得18.72m/sv14.如

图所示，竖直平面内有一倾角37=的直轨道AB，其右侧放置一长=0.7mL的水平传送带，传送带以速度ν沿顺时针方向传动，直轨道末端B与传送带间距可近似为零。现将一小物块从距离传送带高=2.4mh处的A静止释放，假设小

物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为。的水平向右。小物块经过水平传送带在D点水平抛出，落在水平地面上，落点为E。已知D点距水平面高=0.2mH，E点与D点间的水平距离为x。小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为0.5=。求：（

sin370.6=，cos370.8=）（1）小物块到达B端时速度的大小；（2）若传送带的速度为4m/s，求小物块从A点运动到E点的时间；（3）若传送带的速度取值范围为1m/s6m/sv，小物块落点

E与D点间的水平距离x与传送带速度ν之间满足的关系。（小物块可认为从D点水平飞出）【答案】（1）4m/s；（2）2.375s；（3）见解析【解析】【分析】【详解】(1)从A到B过程，由牛顿第二定律1sincosmgmgma−=从A到B过程匀加速运动2B12sinhva=解得

B4m/sv=(2)A到B阶段运动时间B112svta==C到D阶段运动时间2B7s40Ltv==D到E阶段运动时间2312Hgt=则320.2sHtg==运动总时间1232.375stttt=++=(3)小物块在传送带上有相对运动的加速度大小为225m/smgagm===假设物块

在传送带上一直减速，由22BD22vvaL−=得D3m/sv=假设物块在传送带上一直加速，由22DB22vvaL−=得D23m/sv=则当1m/s3m/sv时D0.6mxvt==则当3m/s23m/sv

时0.2xvtv==则当23m/s6m/sv时D23m5xvt==15.如图所示，以水平地面建立x轴，向左为正方向，有一质量1kgm=的小木块放在质量为2kgM=的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为10.1=，木块与木板间的动摩

擦因数20.5=，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.初始时m与M−起向左运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为010m/sv=，在坐标为27.5mx=处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块

恰好没有从木板上落下.取210m/sg=，求：（1）木板B与挡板发生碰撞后A和B的加速度；（2）木板的长度L和小木块在木板上滑动的时间t；（3）最终木板停止时A点的位置坐标。【答案】（1）2-5m/s，24m/s（2）18m

，2s（3）-1m【解析】【小问1详解】以向左为正方向，碰后对A2Amgma−=可得2A5m/sa=−即A的加速度大小为25m/s，方向向右。对B有()21BmgmMgMa++=可得24m/sBa=则B的加速度大小为24m/s，方向向左。【小问2详解】对

AB一起向左匀减过程，以向左为正方向，由牛顿第二定律()()1mMgmMa+=+可得21m/sa=−由位移公式可得()2202vvaxL−=−碰后，设t后达到共速v，对AAvvat=+A2vvxt+=对BBvvat=−+()B2vvxt−+=ABLxx=−解得L

=18m，t=2s【小问3详解】共速后由（2）得1m/sv=−，方向向右；AB一起匀减至停下时B有B10mx=−()2BB00.5m2vxa−==−−解有ABB1mxxxxL=++−=−