【文档说明】四川省射洪中学校2023-2024学年高三补习班上学期10月月考理综物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.367 MB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级补习班高三上期10月月考第I卷（选择题）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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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.如图所示，一重物用轻绳悬挂于天花板上，用始终与轻绳垂直的力F缓慢拉动重物，直至轻绳水平，用T表示轻绳拉力的大小，则在缓慢拉动重物的过程中（）A.F逐渐变小，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐

变小C.F逐渐变小，T先变大后变小D.F逐渐变大，T先变小后变大【答案】B【解析】【详解】力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为，受力分析可以得到：cosGT=，sinGF=，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故ACD

错误，B正确2.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为（）A5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3【答案】C【解析】【详解】汽车速度减为零的时间为00

20s4s5vta−=−＝＝2s时位移.21o1120254m=30m22xvtat=+=−刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移为202040m2vxa−==所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确，ABD

错误。故选C。3.伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念而且创立了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，这套科学方法包含以下几个环节，其中排序最合理的是（）①运用数学推理②合理外推③对现象的一般观察④提出猜想⑤通过实验对推理

进行验证⑥推广应用A.④②③①⑤⑥B.③④①⑤②⑥C.③④②①⑤⑥D.④③①②⑤⑥【答案】B【解析】【详解】这套科学方法包含以下几个环节，对现象的一般观察，提出猜想，运用数学推理，通过实验对推理进行验证，合理外推，推广应用。故选B。4.体操运动员静止悬挂在单

杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，运动员手臂受到的拉力，下列判断正确的是（）A.不变B.变小C.变大D.无法确定【答案】B【解析】【详解】对运动员受力分析如图所示运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为，根据三力平衡

的特点可知运动员手臂受到的拉力2cosmgF=减小，cos增大，F减小，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为1m和2m，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加

速直线运动，则（）A.两物块一起运动的加速度大小为12Famm=+B.弹簧的弹力大小为212mTFmm=+C.若只增大2m，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小D.若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大【答案】B【解析】

【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有()()1212sinFmmgmma−+=+解得12singmmFa−+=故A错误；B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有22sinTmgma−=解得21

2mFTmm=+故B正确；C．根据211221mFFTmmmm==++可知若只增大2m，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C错误；D．根据212mFTmm=+可知T与无关，只增大，两物块一起

向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选B。6.如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，

若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是（）A.夹角α将变大B.夹角α与初速度大小无关C.小球在空中的运动时间不变D.后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍【答案】BD【解析】【详解】CD．小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值212tan

gtvt=解得2tanvtg=在竖直方向上的位移212ygt=当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，小球运动的时间变为原来的2倍，所以小球后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍。故

C错误；D正确；AB．设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tangtv=联立，可得tan2tan=易知，不变，则不变，所以速度方向与斜面的夹角也不变。故A错误；B正确。故选BD。7.近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度

的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的“加速度的变化率”越小，乘坐轿车的人感觉越舒适。图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图像，则下列说法正确的是（）A.加速度的变化率保持不变的直线运动是匀变

速直线运动B.从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3C.若加速度与速度同向，如图所示的at−图像，表示的是物体的速度在减小D.若加速度与速度同向，如图所示的at−图像，已知物体在t=0时速度为5m

/s，则2s末的速度大小为8m/s【答案】BD【解析】【详解】A．加速度的变化率保持不变，则加速度改变，物体做非匀变速直线运动，A错误；B．“加速度的变化率”是指加速度的变化与所用时间的比值，即at，a的单位是

m/s2，t的单位是s，则at的单位为m/s3，B正确；C．若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，C错误；D．在a—t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得123m/

s3m/s2v==由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，D正确。故选BD。8.如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块

与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是：A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为m，传送带的倾角为，物块与传送带

间的动摩擦因数为，若sin＜cosmgmg物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。A错误，B正确。CD．若sincosm

gmg＞物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的。C正确，D错误。故选BC。第II卷（非选择题）三、非选择题9.某同学用如图甲所示实验装置“探究弹簧的弹力和伸长量的关系”。直尺和光滑的细杆水

平固定在铁架台上，一根弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接。细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂钩码。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出对应的弹簧总长度L，并将所挂钩码的重力大小作为弹簧的

弹力大小F。弹簧伸长均在弹性限度内。（1）把以上测得数据描点连线，如图乙所示，则该弹簧的原长L0=_______cm，劲度系数的k=_______N/m。（结果均保留3位有效数字）（2）若该同学先把弹簧竖直悬挂，下端不挂钩码测出弹簧原长为L1，再按

照图甲所示方法悬挂钩码，测出弹簧伸长后长度L，以L-L1作为弹簧伸长量x，以钩码重力大小作为弹力F大小。由于弹簧自身重力的影响，得到的图线可能是图丙中的___________。【答案】①.5.00②.13.0~13.6③.B【解析】【详解】（1）[1]弹簧弹力为零

时，弹簧总长度即为弹簧原长，故05.00cmL=[2]弹簧劲度系数2.0N/m13.3N/m0.20.05FkL==−（2）[3]由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，则Fkx=不变，即F-x图像斜率不变。故选B。10

.学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度与力的关系，其中桌面与细线已调至水平。（1）关于本实验，下列说法正确是________。的A．必须用天平测出砂和砂桶的质量B．砂和砂桶的总质量必须远小于小车的质量C．应当先释放小车，再接通电源D．需要改变砂和

砂桶的总质量，打出多条纸带（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为________2m/s。（结果保留两位有效

数字）（3）若小车的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车的质量为________kg。（结果保留两位有效数字）（4）不断增加砂桶中砂的质量，重复实验，发现小车的加速度最后趋近于某一数值。若当地的重力加速度大小为

g，则经理论分析可知，该数值为_________。【答案】①.D②.2.4③.2.9④.2g【解析】【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量

，故AB错误；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。故选D。（2）[2]打点计时器所接交流电

源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔50.02s0.1sT==根据逐差法可得加速度2222228.819.619.6110m/s2.4m/s440.1BDOBxxaT−−−−==（3

）[3]设小车质量为m，根据牛顿第二定律2Fma=可得2Fam=可知aF−图象斜率表示小车质量的倒数，即14.501kg2(7.00.5)km−−==−解得2.9kgm=（4）[4]设砂桶和砂的质量为M,绳子拉力为T,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得2MgTMa−=对小车2T

ma=联立可得2gamM=+当M无穷大时，加速度的值趋近于2g。11.某同学利用风洞实验来研究物体运动的规律。在风洞中把小球（视为质点）从A点斜向右上方抛出，初速度大小为0v=10m/s，与水平方向的夹角为θ=37o，经过一段时间小球落到与A点等高的B点。小球运动过程

中受到的风力大小恒为重力的0.2倍，方向始终竖直向下。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间t；（2）AB之间的距离d和小球运动过程中上升的最大高度h。【答案】（1）1s；（2

）8m，1.5m【解析】【详解】（1）竖直方向上，根据牛顿第二定律可得0.2mgfmafmg+==，解得竖直方向加速度大小为212m/sa=以竖直向上为正方向，则小球在A点沿竖直方向的速度为10sinyvv=根据对称性可知，小球在B点沿竖直方向的速度为20s

inyvv=−因此21yyvvat−=−解得1st=（2）从A到B，在水平方向上，满足0cos?8mdvt==从A到最高点，根据对称性，时间为2t，则201sin?1.5m222tthva=−=12.如

图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2。长板2在光

滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。（取g=10m/s²）求：（1）物体1开始运动时的加速度，长板2和3一起开始运动时的

加速度大小；（2）长板2的长度0L；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置。【答案】（1）22m/s−，26m/s；（2）1m；（3）最左端【解析】【详解】（1）根据题意，对物体1由牛顿第二定律有1mgma−=代入数据解得21–2m/

sag==−对物体2由牛顿第二定律有2Tmgma+=物体3由牛顿第二定律有2–mgTma=由以上两式可得226m/sa=（2）设经过时间t1二者速度相等，1v，则有112vvatat=+=代入数据解105st．

=，13m/sv=设物块1的位移为1x，木板2的位移为2x，则有111.75m2vvxt+==，120.75m2vxt==所以木板2的长度0121mLxx=−=（3）此后，假设物体123相对静止一起加速，则由牛顿第二定律有2Tma=，mgTma−=即3mgma=解得3ga=对1分析f

33N2NfmaFmg====静．＞故假设不成立，物体1和物体2相对滑动。对物体1232m/sag==为物体24Tmgma−=物体34–mgTma=解得244m/sa=整体下落高度25mhHx=−=根据2124212hvtat

=+解得21st=物体1的位移33123214m2xvtat=+=而31mxhx=−=则可得物体1在长木板2的最左端。（二）选考题13.下列说法正确的是（）A.液体的表面张力方向与液面相切B.热量能自发地从低温物体传递到高温物体C.分子间相互作用的引力和斥力总是

同时存在的D.晶体发生物态变化时，其温度保持不变E.扩散现象证明分子间有间隙，但不能证明分子总是在永不停息地做无规则运动【答案】ACD【解析】【详解】A．液体的表面张力方向与液面相切，故A正确；B．由

热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；C．分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的，故C正确；D．晶体发生物态变化时，其温度不发生变化，故D正确；E．扩散现象证明分子间有间隙，同时能证明分子总是在永不停息地做无规则运动，故E错误。故选ACD14.

如图所示，粗细均匀的薄壁玻璃管水平部分左端开口，竖直部分下端封闭，用水银封闭一段长度x＝10cm的空气（视为理想气体）柱，大气压强恒为p0＝76cmHg，环境的热力学温度恒为T0＝300K，将玻璃管绕水平管缓慢转动90°后，竖直管中水银的长度变为L1＝3.3cm。（ⅰ）

求玻璃管转动前，竖直管中水银的长度L2；（ⅱ）若玻璃管不转动，而是对封闭空气缓慢加热，求当竖直管中的水银刚好移到水平管中时，封闭空气的热力学温度T。（结果保留到小数点后一位）【答案】（ⅰ）3.8cm；（ⅱ）394.3K【解析】【详解】（ⅰ）玻璃管转动前，封闭空气的压强为()127

6cmHgpL=+玻璃管转动后，封闭空气的压强为276cmHgp=设玻璃管的横截面积为S，根据玻意耳定律有()1221pxSpxLLS=+−解得23.8cmL=（ⅱ）根据理想气体状态方程有()0210pLxSpxSTT+=解得39

4.3KT=。15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知周期T=0.2s，t=0时的波形如图所示，波上有P、Q两质点，其纵坐标分别为yp=2cm，yQ=-2cm，下列说法中正确的是（）A.P点在振动比Q点滞后半个周期B.P、Q在振

动的过程中，位移的大小总相等C.在0.25s内，P点通过的路程为20cmD.该波波速为10m/sE.在相等的时间内，P、Q两质点通过的路程相等【答案】BDE【解析】【详解】A．由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波在传播过程

中，在一个周期内传播一个波长的距离，波沿x轴正方向传播，所以振动形式从P传到Q需要半个周期，即Q点的振动比P点滞后半个周期，故A错误；BE．P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，则P、Q的振动情况总是相

反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，方向相反；在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故BE正确；C．由0.25s可得50.25s4tT==若图示时刻P在平衡位置或最大位移处，在54T内，

P点通过的路程为554cm20cmsA===而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在0.25s内，P点通过的路程小于20cm，故C错误；D．由图知，该波的波长为2m=，则波速为2m/s10m/s0.2vT===故D正确。故选BDE。【点睛】本题关键的抓住P、Q是反相点，振动情况

总是相反这一特点进行分析，知道平衡位置相距半个波长奇数倍的两个质点是反相点，即是振动情况总是相反的点，间距通项为(012......)2xnn==（2+1），，16.如图为一个透明光学元件的截面图，左侧为矩形，BC边水平，AB边长为6cm,AD边长为53cm，右侧边界是半径为6cm的四分之一圆弧

。一束单色光由空气从左侧边界上距B点1cm的P点与水平线成45角射入光学元件，在元件中第一次到达边界的位置为D点。已知光在真空中的传播速度为8310m/sc=。求：（1）该光学元件的折射率；（2）光束从入射至第一次离开光学元件所用的时间（结果可

用根号表示）。【答案】（1）2；（2）1019210s3−【解析】【详解】（1）如下图所示由几何关系可知tanAPrBC=解得30r=sinsininr=联立解得2n=（2）由1sinnC=解得45C=如下图所示由几何关系可知60PDC

C=所以光束在D点发生全反射，由几何关系可知60CDEDECCEF===所以光束从圆弧的下边界垂直射出，设光束与圆弧的下边界的交点为F，光束传播的路程sPDDEEF=++由几何关系可得19cms=光束在元

件中传播的速度v满足cnv=光束从入射至第一次离开光学元件所用的时间stv=联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com