【文档说明】湖南省常德市第一中学2024届高三上学期第四次月考试题+物理+含解析.docx，共(7)页，1020.356 KB，由小赞的店铺上传

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常德市一中2024届高三第四次月水平检测物理时量:75分钟满分:100分命题人：龚洁审题人：夏美泉一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图甲所示为某款采用了主动降噪技术的汽车宣传海报。汽车主动降噪技术是指通

过消音扬声器发出与噪音源振动步调相反、振幅相同的降噪声波，与外界噪音叠加以达到汽车降噪的一种降噪技术。如图乙所示为理想情况下的降噪过程，实线表示噪音声波，虚线表示降噪声波，假设两声波均为简谐波，下列说法正确的是A.主动降噪技术应用了波的衍射

原理B.噪音声波和降噪声波的波速大小一定相等C.图乙中噪音声波和降噪声波的频率可以不相等D.图乙中噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅增大2.用电场线能直观又方便地描述电场的强弱。如图是等量同种点电荷的电场线，A、A'、B、B'分别关于中垂线和连线对称，且各点到两电荷

连线中点O的距离相等。下列说法错误．．的是A.A、A两点场强相同B.B、B两点电势相等C.电子在A点的电势能小于在B'点的电势能D.将一点电荷从A点移动到B点电场力做的功等于把它从A'点移动到B'点电场力做的功3.2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物

馆举行，展示了中国载人航天发展历程和成就。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1变轨到轨道3的示意图，点火变速在轨道P、Q．两点，轨道1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨道1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T₁、T₂

和T₃，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。下列说法正确的是A.在P点应该点火加速变轨，在Q点应该点火减速变轨B.轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度C.轨道2上从P到Q．的过程中，机械能减少D.运行周期关系满足√𝑇123+√𝑇323=

2√𝑇2234.光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为𝐸=12𝑘𝐴2,其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若小球质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25N/m。某时刻系统具有势能为0.06J和动能为0.02J，则下列说法正

确的是A.该振动的振幅为0.16mB.小球经过平衡位置时的速度为0.4m/sC.小球的最大加速度为8m/s²D.若小球在位移最大处时，质量突变为0.15kg，则振幅变大5.如图所示，光滑的圆弧轨道B静止于光滑的水平面上，其下端与水平面平滑连接。小球A

以一定的初速度向右滑上圆弧轨道，当小球A与圆弧轨道B上与其共速时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1：3，则此时小球的动能与其重力势能之比为(以水平面为零势能面，不计二者之间的能量损失)。A.1:12B.1:6C.1:4D.

1:36.如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为v，重力加速度为g，不计空

气阻力，忽略气球内气体质量的变化，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为𝐴.𝜌𝑆𝑣𝑚𝐵.𝜌𝑆𝑣2𝑚𝐶.𝜌𝑆𝑣𝑚−𝑔𝐷.𝜌𝑆𝑣2𝑚−𝑔二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小

题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错得0分。7.如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一

位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中A.公仔头部的机械能守恒B.公仔头部的加速度先增大后减小C.弹簧弹

力冲量的大小为mgtD.弹簧弹力对头部所做的功不为零8.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知A.F的大小为10.5NB.物体加速度大小为2m/s²C.4s内F的平均功率为42WD.4s末F的功率为

42W9.如图所示，在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q．的点电荷，在C点固定一个电荷量为-2Q．的点电荷。在O点有一个质

量为M的带电小球处于静止状态，已知圆的半径为R，重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是A.小球带正电B.O点的电场强度大小为²kQRC.小球的带电量为𝑀𝑔𝑅23𝑘𝑄D.撤去C点点电荷瞬间，小球的加速度大小为23g10.如图所示，两个都为1kg的小球甲、乙(均视为质点)

分别用长为1m的细绳系在固定的O点，细绳能够承受的最大拉力为60N，O点正上方有一个钉子。现让两球与O点等高且细绳刚好伸直，然后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时竖直冲量使甲球向上、乙球向下运动，刚好

使得甲球在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂，绳子断裂后两球分别做平抛运动，且最后掉在水平面上的同一点，不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s²，则下列说法正确的是A.给甲球的瞬时冲量的大小为5N·sB.钉子的位置在O点正上方67m处C.两球落地

的速度相同D.甲乙两球做平抛运动的时间之比为√5;1常德市一中2024届高三第四次月水平检测考试物理(第1页)三、非选择题:共56分。11.(8分)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析，下列说法正确的是。A.

为尽可能减小测量误差，应取摆球经过最高点时为计时零点B.实验中误将51次全振动记为50次，测量出的重力加速度会偏大C.让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动)，可以使单摆的周期更长一些，更方便周期的测量D.摆线上端未牢

固地系于悬点，振动中出现松动，测量出的重力加速度g值偏小E.测量出多组单摆摆线的长度L和周期T，作出T²-L图像由图可求出重力加速度大小，图线不过原点，不会影响重力加速度的测量(2)在周期测量的过程中，秒表指针如下图所示，其读数为s：(3)实验

中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是表。(填“A”或“B”)(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据，在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像，由该图像计算出重力加速度g=m/s²。(结果保留

3位有效数字)12.(8分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。(1)实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间(选填“=”

或“>”)通过光电门2的时间。(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量，使滑块A运动并与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为tv，与光电门2相连的计时器先、后显示两次遮光

时间分别为t₂和t₃。若已知滑块A、B的质量分别为km、m(含遮光条)，遮光条宽度均为d(很窄)。滑块A、B碰撞过程中满足表达式则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为。(用题中已知和测量的物理量表示)

(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是。𝐴.𝑘𝑡₁=𝑘𝑡₃+𝑡₂𝐵.1𝑡1+1𝑡3=1𝑡2𝐶.𝑘𝑡12=𝑘𝑡22+1𝑡32𝐷.𝑘𝑡1=1𝑡2−𝑘𝑡313.(10分)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点

，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。(2)若该波在该介质中传播的速度为3m/s，求该波的波长；(3)若该波的波长大于0.3m，求可能的波速。14.(14分)如图所示，轨道AB部分为光滑的1/4圆弧，半径R=0.2m，A点与圆心等

高，BC部分水平但不光滑。空间中加有竖直向下的匀强电场，场强𝐸=5×10³𝑁/𝐶。，现有一个可视为质点、质量m=1kg、带电量。𝑞=−4×10⁻⁴𝐶的物块从A点由静止释放，物块滑到水平面上的C点后静止。已知物块与BC之间的动摩擦因数μ=0.1，滑动过程中物块所带电

荷量不变，重力加速度g取10m/s²。求：(1)BC之间的距离SBC:(2)物块离开圆弧前瞬间，物块对轨道的压力F的大小；(3)若把电场方向改为水平向右，场强大小不变，仍把物块从A点由静止释放，物块第4次通过B点时的速度大小。15.(16分)如图，

一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为𝑚=13𝑀的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球

在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小：(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次

数。常德市一中2024届高三第四次月水平检测考试物理(第2页)(1)请写出b点的振动方程；甲常德市一中2024届高三第四次月水平检测物理答案1．B【解析】A．主动降噪技术应用了波的干涉原理，故A错误；B．声波在同种介质中波速大小相等，故B正确；C．两声波频率相等时才能产生稳定干涉，故C错误；D

．降噪声波与噪音声波步调相反，频率相同，干涉相消，P点的振幅为零，故D错误。故选B。2．A【解析】A．根据对称性可知，A、A'两点场强大小相同，方向相反，选项A错误；B．根据对称性可知，B、B'两点电势相等，选项B正确；C．因AB两点的电势差等于A'

B'两点的电势差，则将一点电荷从A点移动到B点电场力做的功等于把它从A'点移动到B'点电场力做的功，选项C正确；D．因AA'两点的电势差等于BB'两点的电势差，均为零，则将一点电荷从A点移动到A'点电场力做的功等于把它从B点移动到B'点电场力做的

功，均等于零，选项D正确。故选A。3.D【解析】在P点由圆周运动变为做离心运动，在Q点由近心运动变为做匀速圆周运动，都应该点火加速，A错；由A项可知21PPvv，又根据GMvr=，可知13PQvv，则有32QP

vv，B错；轨道2上从P到到Q点只有万有引力做功，机械能不变，C错误；根据开普勒第三律32rkT=，对轨道1有3121rkT=，同理对2、3有313222rrkT+=，3323rkT=，联立可得22233313

22TTT+=，D正确。故选D。4.C【解析】弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有12kA2＝0.06J＋0.02J＝0.08J，所以该振动的振幅为A＝0.08m，故A错误；小球经过平衡位置时，动能为12mv2＝0.08J，所以速度为v＝0.8m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知

小球的最大加速度为a＝kAm＝8m/s2，故C正确；小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.15kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故D错误．5.A【解析】设小球A的质量为m，圆弧轨道B的质量为M，当小球与轨道速度相同时，小球A

与圆弧轨道B的动能之比为1:3，即m:M=1:3系统减小的动能转化为小球A的重力势能。此时二者的速度方向都为水平方向，设小球A的初速度为v0，两者的共同速度为v共。根据动量守恒定律可知mv0=(M+m)v共,得01=4vv共小球A此时的动能为22km001112432E

mvmv==小球A此时的重力势能等于系统损失的动能22P00k1328MEEmvmvmM===+损得此时小球A的动能与其重力势能之比为1:12，A正确。6．B【解析】由题意可知，初始状态有mg-F浮=0绳子

松开瞬间，对极短时间Δt内喷出的气体由动量定理可得FtSvtv=，解得2FSv=，则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为2Sv。则由牛顿第二定律可得2SvmgFma−+=浮，解得2Svam=故ACD错误，B正确。故选B。7．CD【解析】

A．弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，A错；B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧

恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，B错；C．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有0Imgt−=弹则弹

簧弹力冲量的大小为Imgt=弹，C对；D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有0Wmgh−=弹，则弹簧弹力对头部所做的功为0Wmgh=弹，D对。8．AD【解析】A．根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,解得F=10.5N,故A正确；B．由

图乙可知物体的加速度为a=Δv/Δt=0.5m/s2,故B错误；C．4s内F的平均功率为PF=v,又12=vv,联立，解得21WP=,故C错误。D．4s末物体的速度为v物=2m/s,则拉力F作用点的速度为v=2v物=4m/s则拉力的功率P=Fv=42W故D正确；故选A

D。9．CD【解析】A．由电场的叠加可知，O点的电场方向竖直向下，根据平衡可得，小球带负电，故选项A错误；B．O点的电场强度为三个点电荷的叠加22222cos603kQkQkQERRR=+=，故选项B错误；C．由平衡得23kQMgqR=，得23MgRqkQ=，

故选项C正确；D．撤去C点电荷瞬间2'kQER=，由牛顿第二定律2kQMgMaR−=，得23ag=。故选CD。10．BD【解析】A．乙球在最低点绳子刚好断裂，故对乙球有1T2vFmgmL−=，解得150m/sv=根据动能定理有22101122mgRmvmv=−，解得0v=30m

/s，冲量大小为0Imv==30N·s，故A错误；B．甲球开始运动的速率也是30m/s，对甲球，根据动能定理有22201122mgRmvmv−=−，可得甲球在最高点的速率210v=m/s，甲球在最高点绳子刚好断裂，故对甲球有22Tv

Fmgmr+=，解得1m7r=，故B正确；CD．甲、乙两球做平抛运动，水平方向上的位移相等，根据xvt=可知，速度大小之比为10:50，则时间之比为5:1；根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知ygt=v，220yvvv=+，可知两

球落地速度不相同；故C错误，D正确。故选BD。11．（1）DE（2）57.8s（3）B（4）9.62m/s2【解析】（1）A．摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小。故A错误；B．实验中误将5

1次全振动记为50次，则周期偏大，根据2242,LLTggT==测量出的重力加速度会偏小，故B错误；C．根据2LTg=,单摆周期与摆角大小无关，故C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现

松动，知摆长的测量值偏小，重力加速度g值偏小，故D正确；E．根据图像斜率24kg=,可得重力加速度为224,gTLk=−图线不过原点，但图线的斜率没有改变，重力加速度测定值不变，故不会影响重力加速度的测量,故E正

确。故选DE。（2）秒表的读数为57.8s（3）实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确，故选B。（

4）根据2242LLTTgg==有，故图像斜率24kg==4.1，重力加速度，g=9.62m/s212．(1)=(2)1321kkttt=+;(3)B【解析】（1）此步骤为了调节气垫导轨使其水平，故需让滑块做匀速直线运动，则如果滑块通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，调节完毕。（

2）如A和B碰撞过程中动量守恒，则132dddkmkmmttt=+，解得1321kkttt=+；滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为1kmdIkmt=v=；（3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒，则222132111()()()2

22dddkmkmmttt=+，且1321kkttt=+，解得132111ttt+=故选B。13．（1）y=10sin(5)22t−cm；（2）2.4m；（3）5m/s6，2.5m/s，0.5m/s【解析】（1）由图丙可知，周期与振幅分别为0.8s和10cm，b点在t=0时位

移为-10cm，则振动方程为y=10sin(cm；1kmdt（2）由图像得周期T=0.8s，波速v=3m/s，波长为λ=vT=2.4m；（3）该波的波长大于0.3m。若波由a向b传播，有134=0.5m，11T=v，解得156=vm/s；若波由b向a传播214=

0.5m，22T=v，解得v2=2.5m/s，或者31(1)0.5m4+=，33T=v，解得v3=0.5m/s14．（1）2m；（2）24N；（3）4515m/s【解析】（1）全过程由动能定理得(mg-qE)R-μ(mg-qE)SBC=0，解

得SBC=2m；（2）从A点运动到B点过程，根据动能定理有(mg-qE)R=212Bmv，在B点时，根据合力提供向心力有2BNFqEmgmR+−=v，解得FN=24N，根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N。（3）四次运动过程分别由动能定理得(mg-qE)R-(μmg+qE)s1=0，

(qE-μmg)s1=2212mv(μmg+qE)s2=2212mv,(qE-μmg)s2=2312mv，解得物块第4次通过B点时的速度大小为v3=4515m/s15.（1）小球速度大小22gl，圆盘速度大小22gl；（2）l；（3）4

【解析】【解析】（1）设小球第一次与圆盘碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律有mgl=2012mv①解得v0=2gl②设小球与圆盘发生第一次碰撞后小球的速度大小为vm1，圆盘的速度大小为vM1，取竖直向下的方

向为正方向，在碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0=mvm1+MvM1③由能量守恒定律有2012mv=2112mmv+2112MMv④联立②③④解得：vm1=-22gl，“-”表示方向竖直向上；vM1=22gl，方向竖直向下。⑤即第一次碰撞后瞬

间小球和圆盘的速度大小均为22gl。（2）方法1：第一次碰撞后，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力大小相等，所以圆盘向下做匀速运动；小球先竖直向上做匀减速直线运动，后做自由落体运动。当小球向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。当小球竖直上抛运动向下速度增大

到等于圆盘速度的时间t0，则vM1=vm1+gt0⑥解得t0=2glg⑦这段时间内小球的位移x球=vm1t0+2012gt=-22gl×2glg+12g×(2glg)2=0⑧即回到第一次与圆盘碰撞前的位置。在这段时间内圆盘下落位移x盘=vM1t0=22gl×2glg=l⑨即第一次碰撞到第

二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为Δx=x盘-x球=l⑩方法2：图像法做出第二次碰撞前小球与圆盘的v-t图像如图所示。由上述解法1可知t0=2glgv-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，则由几何知识可知小球与圆盘间的最大距离Δx=1101)2Mmt−（vv解得Δx=l。方

法3：相对运动法第一次碰后瞬间，圆盘相对小球的初速度v相0=vM1-vm1=2gl圆盘相对小球的加速度a相=-g，故圆盘相对小球做匀减速运动。当圆盘相对小球的末速度为零时，两者距离最大，于是有0-v相02=2a相

Δx解得Δx=l。方法4：函数极值法在第一次碰撞到第二次碰撞之间，x球=vm1t+212gt，x盘=vM1t，而小球与圆盘间的距离为Δx=x盘-x球故Δx=-212gt+2glt=-12g(t-2lg)2+l显然，当t=

2lg=t0，小球与圆盘间的最大距离为Δxm=l此时小球速度vm=vm1+gt1=22gl=vM1（3）方法1：设小球与圆盘第一次碰撞后到第二次碰撞前用时为t1，小球与圆盘第二次碰撞前速度为vm1'，故vm1'=vm1+gt1第一次碰撞后到第二次碰撞时，两

者位移相等，则有11xx=球盘即21111112mMtgtt+=vv解得1'1232,22mgltglg==v圆盘的速度仍为vM1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=vM1t1=2l即第一次碰后到第二次碰前圆盘下落的高度。设小球与圆盘第二次碰撞后，小球的速度为vm2，圆盘

的速度为vM2之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mvm1'+MvM1=mvm2+MvM2由能量守恒定律有222211221111'2222mMmMmMmM+=+vvvv联立解得vm2=0，vM2=2gl设小球和圆盘第二次碰撞后到第

三次碰撞前用时为t2，当位移相等时xx=球2盘2222212Mtgt=v解得222tglg=这段时间内圆盘圆盘向下运动2224Mxtl==盘v此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度22'2

2gtgl==mv有动量守恒2233'mMmM+=+mMmMvvvv机械能守恒22223'22311112222mMmM+=+mMmMvvvv得碰后小球速度为322gl=mv圆盘速度3322gl=Mv当二者即将四次碰撞

时x盘3=x球3即23333312mttgt=+Mvv'，得31222tttggl===在这段时间内，圆盘向下移动3336xtl==盘Mv此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x

盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。方法2：图像法根据方法1的分析，可画出小球与圆盘的v-t图像由图象可知：小球每次与圆盘碰撞到再次碰撞前圆盘相比上一次

碰撞多下降2l。综上和方法1中的分析可知：第四次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l=13l<20l假设第四次碰撞后圆盘未滑离圆管，则第五次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l+8l=21l>20l可知小球与圆盘发生第四次碰撞后圆盘会滑出圆管，即小球与圆管在管内共四次碰撞。获得更

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