【文档说明】湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高三上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，3.665 MB，由小赞的店铺上传

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武汉二中2024届高三十月月考物理试卷考试时间：2023年10月8日8：00—9：15试卷满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符

合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落

到斜面过程，下列说法正确的是（）A.a球的运动时间大于b球运动时间B.a球的初速度小于b球初速度C.a球动量的增加量小于b球动量的增加量D.a球动能的增加量大于b球动能的增加量【答案】C【解析】【详解】A．根据212hgt=解得2htg=根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移

，则a球的运动时间小于b球运动时间，A错误；B．根据0xvt=结合上述解得02gvxh=根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，a球水平分位移小于b球水平分位移，则a球的初速度大于b球初速度，B错误；C．根据动量定理有mgtp=根据上述，a球的运动

时间小于b球运动时间，则a球动量的增加量小于b球动量的增加量，C正确；D．根据动能定理有k=mghE由于a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球动能的增加量小于b球动能的增加量，D错误。故选C。2.小明同学乘坐汽车，观测到做匀加速直线运动

的汽车（可视为质点）连续通过A、B、C、D四个位置，且通过AB、BC、CD段的时间分别为t、2t、3t，AB段、CD段的长度分别为L、6L，则汽车通过C点时的速度大小为（）A.78LtB.98LtC.118LtD.138Lt【答案】D【解析】【详解】由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度

1v等于其在AB段的平均速度，即1Lvt=汽车在CD段中间时刻的瞬时速度2v等于其在CD段的平均速度，即2623LLvtt==又213222tvvatt=+++解得24Lat=又12.5Cvvat

=+解得138CLvt=故选D。3.如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周运动半径为R，重力加速度为g，忽略一切阻力的影响。现测得绳子对小球的拉力T随时间变化的图线如图乙所示，则（）A.212tt=B.1t时刻小球在与O点等高的位置C.2t时

刻小球的速度大小为6gRD.4t时刻小球的速度恰好为零【答案】B【解析】【详解】AB．根据图像可知，0时刻在最高点，t1时刻轻绳位于水平方向，t2时刻小球到达最低点，因为小球在竖直平面内做圆周运动，速度大小在变，所以212tt，故A错误B正确；C．

t2时刻小球到达最低点，由重力与绳子拉力的合力提供向心力，则有26vmgmgmR−=解得5vgR=故C错误；D．t4时刻小球到达最高点，由图知，绳的拉力为0，由重力提供向心力，则有2vmgmR=得vgR=故D错误。故选B。4.如图所示，一倾角为的斜面体放置在水平地面上，其上表

面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮拉动一质量为m的小球（F保持水平），在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确的是（）A.外

力F一直变小B.小球受到时的支持力一直变小C.斜面体受到地面的支持力先增大后减小D.此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右且变大【答案】B【解析】【详解】AB．设细绳与斜面的夹角为，则当小球匀速运动时，根据平衡

条件可得cossinFmg=sincosNFmg+=由于逐渐增大，cos逐渐减小，则外力F逐渐变大，又sin逐渐增大，则小球受到时的支持力N逐渐变小，故A错误，B正确；CD．以斜面为对象，设小球

对斜面的压力为N，根据平衡条件可得cosNMgN=+地sinfN=地由于小球受到时的支持力N逐渐变小，则小球对斜面的压力为N逐渐变小，可知斜面体受到地面的支持力逐渐变小，斜面体受到地面的摩擦力逐渐减小，方向向左，故CD错误。故选B5.两个完全相同的小球A

、B用长度均为L的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（）A.9LB.5LC.23LD.10L【答案】B【解析】【详解】小球A从释放到最低点

，由动能定理可知2A1(cos60)02mgLLmv−=−解得AvgL=若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即BAvvgL==B上升过程中由动能定理可知2B102mghmv−=−解得2Lh=若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知A2mv

mv=解得12vgL=在AB上升过程中，由动能定理可知。212022mghmv−=−解得8Lh=所以B球上升的高度82LLh高度可能是5L。故选B。6.如图所示，质量分别为1kg、2kg的两物块A、B紧贴（不粘连）放在

光滑水平地面上。0=t时，水平推力1F和拉力2F分别作用于A、B上，其中F1=(10-2t）（N），F2=4t（N）。下列说法正确的是（）A.5s时两物块A、B分离B.分离时物块A速度为5m/sC.物块A的最大速度为12.5m/sD.物块A速度最大时，两物块B、A速度之差为12.5m/s【答案】D

【解析】【详解】A．由牛顿第二定律可知，分离前整体有12AB102(FFtmma+=+=+）物块A有1ABABA102FFtFma−=−−=分离条件是AB0F=，可得2.5st=时分离，故A错误；B．分离时15N

F=，分离后再经2.5s，即5s=t时1F减小到0.由牛顿第二定律可得分离前整体的加速度2102.5s33att=+（）分离后A的加速度1022.5s5satt=−（）分离后B加速度的的22.5s5satt=（）根据以上分析画出两物块运动的at−图像。由图像

可得，分离时A的速度A1125m/s12vS==故B错误C．当5s=t时A的速度最大为Am1250m/s3vss=+=故C错误；D．A物块速度最大时，B、A两物块速度之差为312.5m/svS==故D正确；故选D。7.如图所示，质量均为m的物块A和

B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（）A.物块B下落过程

中机械能守恒B.物块B的重力势能减少量为mgLsinθC.物块A的速度大于物块B的速度D.物块B的末速度为22sin1singL+【答案】D【解析】【详解】B．物块B的重力势能减小量为pGtanEWmghmgL===故B错误；C．将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向

，有ABsinvv=可知物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；D．根据机械能守恒，有22AB11tan()sin+cos22LmgLmgLmvmv−−=解得B22sin=1singLv+故D正确；A．绳的拉力对B做负功，故B机械能不守恒，故A错误。故选D

。8.如图，波源O产生的简谐横波沿x轴正方向传播，P是0.5mx=处的质点、Q是1.1mx=处的质点，在0=t时振动恰好传播到P点，形成的波的图形为图中的实线；在0.3st=时振动恰好传播到Q点，形成的波的图形为图中的虚线，则（）A.该波的波速等于2m/sB

.波源开始振动的方向沿y轴正方向C.在0.7st=时Q点速度等于零D.Q点的振动方向和P点始终相反【答案】AD【解析】【详解】A．由题知，在0=t时振动恰好传播到P点，形成波的图形为图中的实线，在0.3st=时振动恰好传播到Q点，

形成波的图形为图中的虚线，则1.10.5m/s2m/s0.3QPxxvt−−===A正确；B．由题知，在0=t时振动恰好传播到P点，则根据同侧法可知P点起振方向沿y轴负方向，则波源开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；C．根据题图可知λ=0.4m

则该波的周期0.2sTv==且由题知，在0.3st=时振动恰好传播到Q点，则再经过0.4s，即再经过2T刚好为0.7s，则Q点回到平衡位置且沿y轴负方向振动，此时速度最大，C错误；D．P，Q间距离1.1m0.5m0.6m1.5s=−==则Q点的振动方向和P

点始终相反，D正确。故选AD。9.如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度为0a，线速度为0v，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭

圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是（）A.卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为013aB.卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为033aRC.卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的33倍

D.卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为200618maRmv−【答案】BD【解析】【详解】A．设卫星在轨道Ⅱ上的加速度为1a，线速度为1v，由2GMmmar=得210021(3)9RaaaR==故A错误；B．设卫星在轨道Ⅱ上的线速度为1v，由211

3vaR=解得0103133aRvaR==故B正确；C．由开普勒第三定律有232231(3)(2)TRTR=解得21364TT=故C错误；D．设卫星在椭圆轨道远地点的速度为v，则03vRvR=解得013vv=卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为2220011122618maRm

vWmvmv==−−故D正确。故选BD。10.如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆

心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B.小球第一次到达B点时对小车的压力73mgC.弹簧具有的最大弹性势能为12mgRD.从开始到

弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热12mgR【答案】AB【解析】【详解】A．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；B．将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平动

量守恒，取向右为正1202mvmv=−，221211222mgRmvmv=+小球第一次到达B点时212()NvvFmgmR+−=解得4NFmg=根据牛顿第三定律，对小车的压力4mg，故B错误，符合题意；CD．弹簧具有的

最大弹性势能时，系统共速122(2)mvmvmmv−=+解得0v=根据能量守恒，设克服阻力做功为fW221211222pmfmvmvEW+=+压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知122(2)'mvmvmmv−=+最终共速为0，根据能量守恒pmfEW=解得12pm

fEWQmgR===故CD正确，不符合题意。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某同学用图a所示装置测定重力加速度。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。（1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则d=___________mm；（

2）让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=___________；（3）摆线长度大约80cm，该同学只有

一把测量范围为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c所示。现保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。实验中测得了多组数据并绘制了T2-l图像

，求得图像斜率为k，由此可知当地重力加速度g=___________。【答案】①.2.330~2.332②.21tN−③.24k【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中测得挡光宽度为2mm33.00.01mm2

.330mmd=+=（2）[2]由题意可知(1)2TtN=−解得21tTN=−（3）[3]设A点以下的细线长度为l0，根据单摆周期公式得02llTg+=化简得222044Tllgg=+T2-l图像的斜率为k

，则24kg=解得24gk=12.学校某物理实验小组用如图1所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。（1）实验时，下列操作中正确的是_________A．用天平测

出砂和砂桶的质量B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，_______（填

“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。（3）如图2所示是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出），已知打点计时器的打点频率为50Hz，该小车的加速度=a________2m/

s。（4）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图3所示的aF−图像，分析此图像不过原点的原因可能是_______，实验小组仔细分析

图像，得出了实验所用小车的质量为________kg。【答案】①.D②.不需要③.0.20④.平衡摩擦力过度⑤.1.0【解析】【详解】（1）[1]A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项A错误；B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，

选项B错误；CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，选项C错误，D正确。故选D。（2）[2]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需

要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。（3）[3]纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则T=0.1s，该小车的加速度22222(2.401.60)10m/s0.20m/s440.1CEACxxaT−−−===（4）[4]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速

度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过在度；（5）[5]由于2F=Ma可得2aFM=则25.01.022.0M−==解得M=1.0kg13.无人机因具有机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险，使用方便等优点在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工

作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1=205m处，t=0时刻，它以加速度a1=6m/s2竖直向下匀加速运动距离h1=75m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2=70m的空中，然后

进行拍照。重力加速度大小取10m/s2，求：（1）无人机从t=0时刻到重新悬停在距目标高度为H2=70m处的总时间t；（2）若无人机在距目标高度为H2=70m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2s后恢复动力，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度大小a2。【答案】（1）9s；（2）4m/s2【解

析】【详解】（1）设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有211112hat=11vat=12122vHHht−−=联立解得129sttt=+=（2）无人机自由下落2s末的速度为020m/svgt==2s内向下运动的

位移为21120m2xgt==设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，则202122vHxa−=代入数据可解得224m/s=a14.如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧瞬间速度大

小不变）。已知圆弧的半径0.1mR=，60=，B点和C点分别为圆弧的最低点和最高点，小球到达A点时的位置与P点间的水平距离为3m10，求：（1）小球做平抛运动的初速度大小0v；（2）若小球恰好能过C

点，且轨道的B点和C点受到小球的压力之差为6mg，求小球运动到B点时的速度大小；（3）根据第（2）问，请分析小球最终能否落到与B点等高的水平面，若能，求出落地点与P点的水平距离x；若不能，请说明原因。【答案】（1）1

m/s；（2）5m/s；（3）能；334Δm20x−=【解析】【详解】（1）小球到A点的速度如图所示分解速度0tan60gtv=平抛水平方向03m10xvt==联立解得01m/sv=（2）小球恰好过C点，则在C点小球对轨道的压力为0，根据牛顿第三定律，小球受到的支持力等于小球对轨道的压力大小，

根据题意有FB-FC=6mg在B点有2BBvFmgmR−=代入数据解得5m/sBv=（3）小球恰好过C点，则2CvmgmR=若能到达与A点等高平面，则12(cos60)3sin60CRRxvRRg+==的则小球能到达与B点等高的水平面，此时小球的水平射程22

220.2mCRxvRg===落地点与P点的水平距离33334m0.1m0.2mm10220=x−+−=15.如图所示，AB是一倾角为37且逆时针转动的传送带，其长度1.25mL=，运行速度2msv=。传送带的A

端与一平台相连，B端通过一小段圆弧（长度不计）与一足够长的水平轨道CD相连，CD右侧与一足够高的曲面DE相连。在CD轨道上固定有两个小物块a、b，质量分别为0.1kg和0.2kg，两者之间有一被压缩的轻质弹簧，弹簧与物块a拴接。某时刻将弹簧释放，使物块a、b瞬间分离，每次

在物块b离开水平面CD后都在其原位置再放置一个与物块b完全相同的物块。已知物块b与传送带间的动摩擦因数0.5=，其余各段均光滑，所有的碰撞都发生在平面CD上，取210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。（1）若弹簧的弹性势能为270J，求释放弹簧后小物块a、b的速度大小。（2

）改变弹簧的弹性势能，若要使小物块b能运动到左侧平台，求小物块b在传送带B端的最小速度。（3）若弹簧的弹性势能为270J，求最多有几个物块能滑上左侧平台。【答案】（1）60m/s，30m/s；（2）3m/s；（3）4个【解析】【详解】（1）根据题意，设释放弹簧后小物块a、b的速度大小

分别为av、bv，由动量守恒定律和能量守恒定律有aabbmvmv=22p1122aabbEmvmv=+解得60msav=，30msbv=（2）若小物块b在传送带B端的速度2msbv，则由牛顿第二定律有1sincosmgmgma−=设恰好能运动到A端时，物块b在B端速度最小，由公式22

02vvax−=有212bvaL=解得5ms2msbv=假设不成立，即物块b在传送带B端的速度不能小于2ms，若小物块b在传送带B端的速度2msbv，由牛顿第二定律有2sincosmgmgma+=当速度减小到2ms时，物块减速的加速度变回1a，设恰好能运动到A端时，物块b

在B端速度最小，由公式2202vvax−=有222122bvax−=21222ax=12xxL+=联立解得3ms2msbv=符合假设，则改变弹簧的弹性势能，使小物块b能运动到左侧平台小物块b在传送带B端的最小速度为3ms。（3）由（2）分析可知只要小

物块b碰撞后的速度3msbv，就可以滑上左侧平台，由于其余各段均光滑，可知，小物块a返回后的速度大小不变，向左为正方向，由动量定律和能量守恒定律有11aaaabbmvmvmv=+22211111222aaaabbmvmvmv=+解得120msabaaabmmvvmm−==−+1240

msabaabmvvmm==+同理可知，第二次碰撞后2120ms3abaaabmmvvmm−==−+21240ms3abaabmvvmm==+第三次碰撞后3220ms9abaaabmmvvmm−==−+32240ms9abaabmvvmm==+第四次碰撞后43240ms3ms27abaabmvvm

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