【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mgsinθB.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WF

s=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mgC.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=+，xxv

t=联立以上各式可得01sinvtg=，2202sin2()2vhgtg+=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22222220002sincos2xyvv

vghvvghv=+=++=+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15cm0.05mx==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55cm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12EE=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0vva

t=+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~t

t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1

113m/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min5m/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2mg，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）2gRr，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22mgREr=−机（2）由于12GppWEE=−1fWEE−=−机2机联立解得2=−pmgREr22mgRE

r=−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−=