【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高三上学期10月月考理综物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.495 MB，由小赞的店铺上传

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叙州区一中学高2021级高三上学期10月月考理科综合能力测试综注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300二、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.太阳内部核反应的一种形式为234112HHH

eX+→+，下列说法正确的是（）A.X为正电子B.X为γ光子C.该核反应为α衰变D.该核反应为轻核聚变【答案】D【解析】【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为23411120HHHen+→+可知X中子，

故AB错误；CD．该核反应为轻核聚变，故C错误，D正确。故选D。2.2021年8月1日，在东京奥运会男子100米半决赛中，苏炳添跑出9秒83，以半决赛第一的成绩闯入决赛并打破亚洲纪录，成为中国首位闯入奥运男子百米决赛的运动员。假设他百米跑可以简化为第一阶段的匀加速

直线运动和第二阶段的匀速直线运动两个阶段，匀速阶段的速度为12m/s，则苏炳添加速阶段的加速度最接近于（）A.4.0m/s2B.3.0m/s2C.2.4m/s2D.2.0m/s2【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知v=at1122v

stvt=+其中为s=100m12=9.83stt+解得t1≈3sa=4.0m/s2即加速阶段的加速度最接近于4.0m/s2。故选A。3.“南昌之星”摩天轮其建设总高度达160米，比之前世界最高纪录保持者“伦敦之眼”还要高出25米。转盘直径长达153米，主体钢结构

，挂有60个太空舱，如此大一个巨型摩天轮其技术含量相当高。太空舱里配有一些电子系统：空调、音响、液晶电视、对讲机等，每个太空舱载客数可达6-8人，可同时容纳360-480人左右进行参观游览，旋转一周约需30分钟。如图所示，摩天轮总挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座舱P刚好转

动到和摩天轮圆心水平的位置，则（）A.座舱的角速度约为12.56/sradB.座舱的速度的大小约为0.27m/sC.最高处座舱里的游客受到座舱的作用力大于游客自身的重力D.座舱转到水平位置时，座舱P里的游客受座舱的作用力等于他自身的重力【答案】B【解析】【详解】A．由题可知1800

sT=，则20.0035/sradT==A错误；B．线速度的大小0.27m/svr==B正确；C．游客受到座舱和重力的共同作用做匀速圆周运动，最高点时，则有2mgFmR−=故座舱的作用力小于游客自身的重力，

C错误；D．游客做匀速圆周运动，合力不为0，故游客受座舱的作用力大于他自身的重力，D错误。故选B。4.如图所示，直杆AB可绕其中心O在竖直面内自由转动，一根细绳的两端分别系于直杆的A、B两端，重物用光滑挂钩吊于细绳上，开始时

重物处于静止状态，现将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓慢转过90°，则此过程中，细绳上的张力（）A.先增大后减小B.先减小后增大C.一直减小D.大小不变【答案】A【解析】【详解】挂钩相当于滑轮，因此绳上的张力相等，且两边绳子与竖直方向的夹角相等，设两边绳子与竖直

方向的夹角为θ，将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，θ先增大后减小，由2Fcosθ=mg可知绳上的张力先增大后减小，选项A正确。故选A。5.小明在家煮饭，一段时间后发现锅盖刚好被水蒸气顶起。锅盖之所以被顶起，从微观来看是由于大量水蒸气分子碰撞锅盖、对锅盖产生作用

力的结果。假设运动的水蒸气分子均以速度v垂直撞击水平锅盖，撞击后水蒸气分子速度反向且大小均变为2v，撞击的时间极短。已知每个水蒸气分子的质量均为m，锅盖的质量为M，重力加速度为g，忽略水蒸气分子所受重力，则单位

时间内撞击锅盖的水蒸气分子个数为（）A.2MgmvB.32MgmvC.23MgmvD.25Mgmv【答案】C【解析】【详解】设单位时间撞击锅盖水分子个数为n，由动量定理可得的2vFtnmtv=+其中FMg=解得23Mgnmv=故选C。6.如图所示，一质量为m的小

球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平恒力F作用下，从平衡位置P拉至轻绳与竖直方向夹角为处时，速度恰好为零。重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球的重力势能增加cosmglB.拉力F所做的功为(1cos)mgl−

C.拉力F所做的功为FlD.机械能增加(1cos)mgl−【答案】BD【解析】【详解】A．小球的重力势能增加量P(cos)(1cos)Emgllmgl=−=−故A错误；BD．根据功能关系，拉力F所做的功等于小球机械能

增量，即FP(1cos)WEEmgl===−故BD正确；C．由恒力做功公式可得sinFWFl=故C错误。故选BD。7.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量

均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则（）A.小球均静止时，弹簧的长度为m

gLk−B.角速度02kgkLmg=−C.角速度0=时，小球A对弹簧的压力为mgD.角速度从0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【答案】ABD【解析】【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，设弹簧的压缩量为1x，对A球分析可得1mgkx

=故弹簧的长度为11mgLLxLk=−=−故A正确；BC．当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面，即0N=设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可得20costanmgmL=sinFmg=杆对A球依然处于平衡，有2sinFmgFkx+==杆弹由几何

关系2sinLxL−=联立解得2Fmg=弹，02kgkLmg=−则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B正确，C错误；D．当角速度从0继续增大过程中，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统

，在竖直方向始终处于平衡，有2Fmgmgmg=+=则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，保持不变，故D正确。故选ABD8.如图，神舟十六号载人飞船与天和核心舱对接前经B点由椭圆轨

道Ⅰ变轨至圆形轨道Ⅱ，A、B两点分别为椭圆轨道Ⅰ的近地点和远地点，飞船在A点时对地球的张角为2，在B点时对地球的张角为2，飞船在轨道Ⅰ上A点加速度为1a、运动周期为1T，在轨道Ⅱ上B点加速度为2a、运动

周期为2T，下列关系正确的是（）A.2212:sin:sinaa=B.2212:sin:sinaa=C.()3132sinsin8sinTT+=D.()31328sinsinsinTT=+【答案】AC【解

析】。【详解】AB．根据题意，设地球的半径为R，A点到地心距离为1r，B点到地心距离为2r，由几何关系有1sinRr=2sinRr=万有引力提供向心力有2MmGmar=解得2GMar=则2212:sin:sinaa=故B错误，A正确；CD．根据题意，由开普勒第三定律可得()312132

212rrTTr+=解得3132(sinsin)8sinTT+=故D错误，C正确。故选AC。三、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。（一）必考题：共129分。9.物理实验不仅要动手操作还要动脑思考，小明同学就注意到图甲所示的装置可以完成多个力学实验。（1）探究加速度与力和质量关系的实验时，某次实验中打出的纸带如图乙可所示。①已知

相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a=___________m/s2（保留2位有效数字）；②测得小车质量为0.5kg，钩码质量为0.1kg，重力加速度取g=10m/s2，则小车与长木板间的动摩擦因数μ=___________

；③动摩擦因数的测量值___________（填“小于”“等于”“大于”）真实值。（2）用图甲装置___________（填“能”或“不能”）验证小车和钩码组成的系统机械能守恒。【答案】①.0.50②.0.14③.大于④.不能【解析】【详解】（1）

①根据加速度公式得2241225.74.20.01m/s0.50m/s(41)30.1ssaT−−===−②[2]根据牛顿第二定律得()mgMgmMa−=+解得0.14=③[3]由于存在纸带摩擦及空气阻力，所以测得的动摩擦因数偏大；（2）[4

]系统除中管理做功外还有阻力做功，所以不能验证机械能守恒定律。10.利用图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。（1）已知打点计时器所用电源的频率为f，重物的质量为m，当地的重力加速度为g。实验中得到

一条点迹清晰的纸带如图乙所示，把打下的第一个点记作O，在纸带上测量四个连续的点A、B、C、D到O点的距离分别为hA、hB、hC、hD。则重物由O点运动到C点的过程中，计算重力势能减少量的表达式为ΔEp=_______，计算动能增加量的表达式为

ΔEk=_______。（2）由实验数据得到的结果应当是重力势能的减少量_______动能的增加量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）小红利用公式vC=gt计算重物的速度vC，由此计算重物增加的动能2k12CEmv=，然后计算此过程中重

物减小的重力势能pE，则结果应当是pE_______（选填“>”、“<”或“=”）kE。【答案】①.Cmgh②.()228DBmfhh−③.大于④.=【解析】【详解】（1）[1]重物由O点运动到C点的过程中，重力势能减少量的表达式为pCEmg

h=[2]打下C点时，重物的速度为()22DBDBChhhhfvT−−==故动能增加量的表达式为()22k2812BDCmfhEhmv−==（2）[3]由于纸带受到的摩擦阻力做负功，减小的重力势能部分转化为内能，故由实

验数据得到的结果应当是重力势能的减少量大于动能的增加量。（3）[4]利用公式vC=gt计算重物的速度vC，则把重物的下落当成自由落体运动，加速度为g，机械能必然守恒，故结果应当是pkEE=11.如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R。A的

质量为m，B的质量为2m，B与地面的动摩擦因数为。现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，运动过程中拉力F与圆心连线12OO的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：（1）A、B

间弹力的最大值maxF；（2）动摩擦因数的最小值min。【答案】（1）max233Fmg=；（2）min32=【解析】【详解】（1）以A为研究对象，A受到重力mg、拉力F、B对A的弹力NF；由题意知，三个力的

合力始终为零，矢量三角形如图所示在NF转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，F拉力逐渐减小；当夹角30=（F水平向右）时，A、B间弹力最大，且最大值为max23cos303mgFmg==（2）对B受力分析可得，在竖直方向水平地面对

B的支持力为NN1cos2FmgF=+在水平方向静摩擦力为NsinfF=当A缓慢移动到B的最高点的过程中，由矢量三角形图可知，初始位置NcosF最小，即水平地面对B的支持力NF最小，NsinF最大，即静摩擦力f最大

；所以只要初状态不滑动，以后B就不会滑动，即有minNfF=初状态时60=，圆柱A对圆柱B的弹力为NFmg=代入数据解得min32=12.如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆

弧的两端点。两个质量均为m的小球a和b，分别从A点和C点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R，在b球返回c点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大高度为

18R。由于磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小为7sinFmg=的吸引力，是b球所在位置与C点间的圆弧所对的圆心角。视小球为质点，两球与AB间的动摩擦因数均为。假设除碰撞外两球间没有作用力。空气阻力不计，重力加速度为g。求：（1）b球在

空中运动过程中重力的冲量；（2）b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值；（3）a、b两球在AB上运动的总时间。【答案】（1）22mgR；方向竖直向下；（2）6mg；（3）6gRg【解析】【详解】(1)b球第一次上升，在空中运动高度为R，设D点速度为Dv，则2D2vgR=解得D2vgR=b

球在空中运动时间D82vRtgg==b球在空中运动过程中重力的冲量为22ImgtmgR==方向竖直向下(2)b球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为()cos1coshRRR=+=+由212mghmv=得P点的速度()221cosvghgR==+由2

cosvNFmgmR−−=得27sin3cosNmgmgmg=++解得()273cos246Nmgmgmgmgmgmg=+++=由牛顿第三定律知，b球由由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg。(3)设a球碰撞前后的

速度分别为av、'av，由2122bmgRmv=，'21182bmgRmv=分别求得b球碰撞前后速度大小分别为2bvgR=，'2bgRv=取向左为正方向，由()''ababmvmvmvmv+−=+，'2'222111122

22ababmvmvmvmv+=+解得2agRv=−，'2avgR=由机械能守恒可知，b球的初速度为02bbvvgR=−=−则a球的初速度为0024abvvgR=−=−则a球从A运动到B的时间为的0172aagRvvtgg−==因为22'206344aaagRv

vvgR−==''abvv所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB上，两球在AB上向左运动的时间分别为'22agRvtgg==，'32bgRvtgg==故a、b两球在AB上运动的总时间为1236gRttttg=++=（二）选考题：

共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①②③④到达状态e，它的V-T图像如图所示，图中ab、de与V轴平行，cd与T轴平行，bc的延长线过坐标原点O。该气体由状态a到

状态b，________（填“放出”或“吸收”）热量，由状态b到状态c，________（填“放出”或“吸收”）热量。气体在状态a的压强________（填“大于”“小于”或“等于”）在状态e的压强。【答案】①.放出②.放出③.小于【解析】【分析】【详解】[1]气体由状态a到状态b，温度不

变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量；[2]气体由状态b到状态c，温度降低，内能减小，又体积减小，外界对气体做功，所以气体放出热量；[3]根据理想气体状态方程pVCT=（常量）可知，气体在状态a的压强小于状态e的压强。14.如图所示，两个完全相同的绝热汽

缸直立放置，左侧汽缸顶部封闭，右侧汽缸顶部开口与大气相通，汽缸底部有细管连通，两个完全相同的绝热活塞（厚度不计）将A、B两部分气体（可视为理想气体）封闭在汽缸内。已知汽缸的高度为H，不计活塞与汽缸壁间的

摩擦。初始时左侧汽缸中的活塞在汽缸中间，右侧汽缸中的活塞与汽缸底部的距离为14H，两部分气体的温度均为T0。（1）对A气体加热，若右侧汽缸中的活塞最终静止在顶部，求A气体最终的温度T；（2）若从左侧汽缸顶部充入气体，最终两活塞的高度相同，假设充气过程中，B气体温度恒定不变。求充入气体的质量与

B中原有气体的质量之比。【答案】（1）02TT=；（2）Δ14mm=【解析】【分析】【详解】（1）对A气体进行研究，该气体做等压变化，有120VVTT=其中134VHS=232VHS=解得02TT=（2）充气过程中，A气体的状态不会

发生改变，B气体压强不变、温度不变，体积增大，所以充入气体的质量与B中原有气体的质量之比等于B气体的体积变化与B原有气体的体积之比根据几何知识可知，B气体的体积变化11Δ2248HHVSHS=−=充入气体的质量与B中原有气体的质量之比

1ΔΔ18142BHSmVmVHS===15.在光滑水平面上建立直角坐标系xoy，沿x轴放置一根弹性细绳，x轴为绳上各质点的平衡位置．现让x=0与x=12m处的质点在y轴方向做简谐运动，形成沿x轴相向传播的甲、乙两列机械波．已知波速为1m/s，振幅均为A，t=0时

刻的波形图如图所示。则________A.两列波在叠加区发生稳定的干涉现象B.两波源的起振方向一定相反C.t=4s时，x=8m处的质点正处于平衡位置且向上振动D.t=6s时，两波源间(含波源)有7个质点位移零E

.在t=0之后的6s时间内，x=6m处的质点通过的路程为16A【答案】BCD【解析】【详解】A．两列波的波长不同，但是传播速度相同，则两列波的频率不同，两列波在叠加区不能发生稳定的干涉现象，选项A错误；B．根据两列波的传播方向以及波形图可知，甲波起振方向向下，乙波起振方向向上，两波源的起振

方向一定相反，选项B正确；C．t=4s时，甲乙两波都传播4m，此时甲波还没有传到x=8m处，乙波引起的振动，使得x=8m处的质点在正处于平衡位置且向上振动，选项C正确；D．t=6s时，两列波分别相向传播了6m，此时甲波传到x=8m处，乙波传到了x=0处，根据波形图及叠加为原理

可知，当两列波在某点的位移等大反向时该质点的位移为零，由图像可知两波源间(含波源)有7个质点位移为零，选项D正确；E．甲的周期4=s4s1Tv==甲乙的周期6=s6s1Tv==乙则在t=0之后的4s时间内，甲波还没有传到x=6m处，假设没有甲波，在x=6m

处的质点在6s内通过的路程为4A；如果没有乙波，当甲波传到x=6m位置时，由甲波在2s=0.5T甲内引起的振动在2s内通过的路程为2A，则甲乙两波都存在时，在t=0之后的6s时间内，x=6m处的质点通过的路程不可能为16A，选项E错误。故选BCD。16.如图所

示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸，玻璃缸深度为2h，缸底面圆心处有一单色点光源S，缸中装有某种液体，深度为h，O点为液面的圆心，OS垂直于水平面。用面积为2h的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以O为圆心剪出一个面积为213h的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在

液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则缸口的最小面积为多少？【答案】24233h+【解析】【详解】用面积为21Sh=的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源S发出的光线射到黑纸片的边缘处恰发生全反射，临界角为C，光路图如图甲所

示。2211Srh==由几何关系得1tanrCh=由全反射知识有1sinCn=解得2n=剪出一个面积为2213Sh=圆孔后，设透光部分的半径为2r，射出光线的最大入射角为i，对应的折射角为，光路图如图乙所示。2222

13Srh==由几何关系得2tanrih=根据折射定律有sinsinni=缸口的最小半径为32tanrrh=+缸口的最小面积为233Sr=解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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