【文档说明】四川省成都市新津中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.329 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年度上期高2022级10月月考试题物理考试时间75分钟，满分100分一、单选题（每题4分共计28分）（新津中学周考试题改编）1.下列说法正确的是（）A.在研究太阳的运动时，不能将太阳视为质点B.田径运动员在某次比赛过程中，平均速度可能就是平均

速率C.自行车比赛中，自行车的速度越来越大，说明车的加速度在变大D.跳水运动员下落时，运动员看到水面迎面扑来，是选择自己为参考系的缘故【答案】D【解析】【详解】A．物体能否看成质点与本身大小形状无关，若大小形状对研究问题影响不大或无影响，即可以把物体看

成质点，所以在研究太阳的运动时，不能将太阳视为质点，这种说法是错误的。比如研究太阳在宇宙的运动轨迹，太阳可看成质点，故A错误；B．田径运动员在某次比赛过程中，如果是单向直线运动平均速度的大小等于平均速率，但是平均速度是矢量有方向不等于平均速率，故B错误；C．加速度与速度没有直接关

系，物体的速度越来越大，其加速度不一定越大，故C错误。D．跳水运动员下落时，运动员看到水面迎面扑来，是选择自己为参考系的缘故，故D正确。故选D。2.量子概念最早是由德国物理学家普朗克在1900年提出的，经

爱因斯坦、玻尔、薛定谔等人的完善，在20世纪的前半期，初步建立了完整的量子力学理论。量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于量子论的说法正确的是（）A.普朗克认为黑体辐射的能量是连续的B.光电效应实验中，红

光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸出C.康普顿研究石墨对X射线散射时，发现散射后仅有波长小于原波长射线成分D.德布罗意认为质子具有波动性，而电子不具有波动性【答案】B【解析】的【详解】A．普朗克认为黑体辐射能量是一份一份的，是量子化的

，故A错误；B．产生光电效应的条件是光的频率大于金属的极限频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金属发生光电效应，可知紫光也能使该金属发生光电效应，故B正确；C．石墨对X射线的散射过程遵循动量守恒，光子和电子碰撞后，电

子获得一定的动量，光子动量变小，根据可知波长变长，故C错误；D．德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，故D错误。故选B。3.无人驾驶技术在复杂道路上推广应用，还有诸多难题亟待解决，速度的变化需要时间，汽车在这段时间内会发生位移，汽车紧急刹车，会在路面上留下刹车痕迹，某次汽车紧急

刹车后测得的刹车痕迹长为25m，假设制动后汽车做加速度大小恒为2m/s2的匀减速直线运动直到停止，则关于该汽车的运动下列说法正确的是（）A.刚刹车时，汽车的初速度大小为12m/sB.刹车后汽车最后1秒内的位移大小为

1mC.刹车后汽车6秒内的位移大小为24mD.刹车后汽车第1秒和第3秒内的位移之比为1∶3【答案】B【解析】【详解】AC．根据逆向思维可知212sat=0vat=结合题意代入数据可得010m/sv=，5st=刹车后汽车6秒内的位移即为5s内的位移大小为25m，故AC错误；

B．根据逆向思维可知，刹车后汽车最后1秒内的位移大小为211m2xat==故B正确；D．根据逆向思维，结合初速度为0时，相同时间内的位移的比例关系可知，第1秒和第3秒内的位移之比为9∶5，故D错误。故选B。的（教材改编）4.如图所示，小李同学国庆节去贵州旅游，在一家饰品店里买了一个

很喜欢挂件，刚回到家里就迫不及待的想把它挂起来，他找了一根1m左右长的轻质细绳将其挂在了墙上，已知装饰品质量约为0.5kg，绳子在木棍上的两个节点相距0.59m左右，请同学们通过分析数据，算出绳子拉力大小最接近一下那个数据：（）A.

5.0NB.2.0NC.3.0ND.4.0N【答案】C【解析】【详解】根据题意，分析几何关系知，细绳与竖直方向的夹角约为37，对挂件受力分析挂件处于平衡状态2cos37Tmg=解得的3.1NT=故绳子拉力大小最接近C项3.0N。故选C。5.如图为某景区的观光小火车，小火车

由1节车头和3节车厢组成，设坐满游客后每节车厢的总质量相同，每节车厢受到的阻力大小相同，从车头处开始向后，车厢编号依次为1、2、3，当小火车在平直的路面上加速行驶时，车头与车厢1、车厢1与车厢2、车厢2与车厢3间作用力大小分别为1F

、2F、3F，则123::FFF为（）A.3∶2∶1B.6∶4∶3C.6∶3∶2D.6∶5∶3【答案】A【解析】【详解】由牛顿第二定律得133Ffma−=，222Ffma−=，3Ffma−=解得123::3:2:1FFF=故选A。6.如图所示，轻杆的一端固定在一光滑球体上，杆的另一端O为自

由转动轴，固定在竖直墙壁上，球体搁置在各面均光滑的斜面体上。若杆与墙面间的夹角为β，斜面的倾角为α，开始时β<α，α+β<90°，为使斜面体能在光滑水平面上向右缓慢移动，在球体离开斜面之前，作用于斜面体上

的水平推力为F，轻杆对球体的作用力为T，地面对斜面体的支持力为FN，下列说法正确的是（）A.F逐渐增大B.F逐渐减小C.T先增大后减小D.FN大小不变【答案】A【解析】【详解】C．利用矢量三角形法对球体进行分析，如图甲所示，可知T先减小后增大，斜面体对球体的支持力FN′

逐渐增大，故C错误；AB．对斜面体受力分析，如图乙所示，可知NsinFF=根据牛顿第三定律有'''NNFF=所以F逐渐增大，故A正确，B错误；D．水平面对斜面体的支持力NNcosFGF=+

故FN逐渐增大，故D错误。故选A。（练习册改编）7.输送带在许多环境中都有着广泛的使用，特别是在一些煤矿的井下运输中，输送带就有着特殊的使用意义，有利于整个运输过程中的便利与安全。如图，在某次运输过程中，传送带始终保持4m/sv=的恒定速率运行，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=

0.2，A、B间的距离为10m，g取10m/s2。将一煤块（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（）A.煤块一直做匀加速直线运动B.煤块经过3.5s到达B处C.如果改变传送带的摩擦因数，有可能使煤块到达B处时的速度大于4m/s

D.由于某种原因使得当煤块速度和传送带速度相同时，传送带立刻停止运动，则整个过程中煤块在传送带上留下的划痕长度为8m【答案】B【解析】【详解】AB．煤块做匀加速运动的加速度大小为22m/smgam==煤块加速到与传送带共速所用时

间为12svta==该过程煤块通过的位移大小为114m10m2ABvxtx===共速后，煤块与传送带保持相对静止做匀速运动，则有121.5sABxxtv−==则煤块从A到B所用时间为123.5sttt=+=故A错误，B正确；C．如果改变传送带的摩擦因数

，煤块的最大速度只能等于传送带的速度，所以煤块到达B处时的速度不可能大于4m/s，故C错误；D．当煤块速度和传送带速度相同时，煤块相对于传送带向右运动的位移大小为11142m4m4mxvtx=−=−=由于某种原因使得当煤块速

度和传送带速度相同时，传送带立刻停止运动，则之后煤块相对传送带向左的位移大小为2224m4m222vxa===由于两个过程煤块在传送带上留下的划痕重叠，所以整个过程中煤块在传送带上留下的划痕长度为4m，故D错误。故选B。二、多选题（每题6分共18分）8.根据如图

所给图片及课本中有关历史事实，结合有关物理知识，判断下列说法正确的是（）A.图1是发生光电效应现象的示意图，如滑片向右滑动，电流表示数一定增大B.图2是链式反应的示意图，该链式反应方程式可能是235114489192056360UnBaKr3n+→++C.图3是氢原子能级图，一个

处于n=4能级的氢原子，跃迁最多可以产生3种光子D.图4是氡的衰变规律示意图，氡的半衰期是3.8天，若有16个氡原子核，经过7.6天后一定只剩下4个氡原子核【答案】BC【解析】【详解】A．图1是发生光电效应现象的示意图，若已达到饱和电流，则滑片向右滑动时，电流表示数不变，故A错误；B．图2是链式反

应的示意图，根据电荷数和质量数守恒可知，该链式反应方程式可能是235114489192056360UnBaKr3n+→++故B正确；C．图3是氢原子能级图，一个处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁，释放n-1=3种频率的光子，故C错误；D．半衰期是

大量原子核衰变的统计学规律，16个氡核经过7.6天后不一定还剩4个，故D错误。故选BC。9.一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时刻的波形图如图所示，平衡位置在xM=4m处的质点M的振动方程为y=2sinπt（cm），质点N的平衡位置在xN=1m处。下列说法正确的是（）

A.波沿x轴负方向传播B.波的波速大小为4m/sC.t=1s时刻图中与质点N加速度相同的质点有1个D.从t=1s时刻起，质点N到达平衡位置的最短时间为0.25s【答案】BD【解析】【详解】A．由质点M的振动方程可画出，质点M的振动图像如图所示可得该列波的传播周期222sT

===由振动图像可知t=1s时刻质点M沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可判断知，波沿x轴正方向传播，故A错误；B．由波形图可得波长8m=，则波速4m/svT==故B正确；C．过质点N在波形图上画一条横线，与题图中的波形图还有三个交点，这三个质点的加速度大小和方向均与质点N相同，故C错

误；D．x=0处的质点的振动传播到质点N处的时间与质点N沿y轴正方向到达平衡位置的时间相等，此时间为最短时间，最短时间为min1s0.25s4xtv===故D正确。故选BD。10.如图甲，质量M=2kg的足够长木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1kg的小物

块。t=0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=1

0m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.t=1s时物块受到的摩擦力大小为6NB.t=5.2s时物块与木板的速度大小均为6.8m/sC.t=12s时木板在水平面上停止运动D.物块和木板在整个运动过程中摩擦生成的总热量为

204J【答案】BCD【解析】【详解】A．由题意可知，在t=1s的时间内，物块受到拉力为6N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得()()2FmMgmMa−+=+解得21m/sa=再隔离m有Ffma−=解得5Nf=物块受到最大静摩擦力为

max16Nfmgf==故假设成立，则物块受到的摩擦力大小为5N，故A错误；B．2st=时，物块和木板的速度为02m/svat==在2s~4s的时间内，拉力为12N，设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度分别为2116m/sFmga

m−==()12221.5m/smgmMgaM−+==4s末物块和木板的速度分别为10126214m/svvat=+=+=20221.525m/svvat=+=+=撤去外力后，设经过时间t物块与木板达

到共速v，对物块有21316m/smgagm===木板的加速度大小仍然为2a，则有1322vatvat−=+求得1.2st=即撤去外力后再经过1.2s，二者达到共速，所以可知t=5.2s时物块与木板的速度大小均为136.8m/svvat=−=故B正确；C．由选项B分析可知，5.2st=时，

木板与物块的共同速度大小为6.8m/s，木板与物块一起继续向前减速运动的加速度大小为221m/sa=，此时二者一起运动到停止所用时间为26.86.8s1vta===可得木板在水平面上从开始运动到停止运动所用时间为12sttt=+=总故C正确；D．根据功能关

系可知，物块和木板在整个运动过程中摩擦生成的总热量等于外力F所做的功，由前面分析可知在0~2s内，物块运动的位移大小为22111122m22sat===在2~4s内物块运动的位移大小为2220111226216m22svtat=+=+

=可得整个过程中，外力所做的功为1122621216204JWFsFs=+=+=即物块和木板在整个运动过程中摩擦生成的总热量为204J，故D正确。故选BCD。三、实验题（6分+8分，共计14分）11.图1为某物理兴趣小组组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2是定值电

阻，R3是可调电阻，表头G的满偏电流为1mA，内阻为180Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有3个挡位，分别为：直流电流10mA挡，直流电压2.5V挡，欧姆挡。（1）图1中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）根据已知条

件可求得电阻R1的阻值为___________Ω，电阻R2的阻值为___________Ω。【答案】（1）红（2）①.20②.232【解析】【小问1详解】电流应由红表笔流进多用电表，由黑表笔流出多用电表，换挡开关接2

时，欧姆表电路接通，而电源内部电流由负极流向正极，故A端应接红表笔。【小问2详解】[1]换挡开关接1时，直流电流10mA挡接通，根据并联电路知识，有()1gggIRIIR=−得1118020101gggIRRII=

==−−[2]换挡开关接3时，直流电压2.5V挡接通，根据串联电路知识，有2ggUIRIR=+得3232.51101802321010ggUIRRI−−−−===12.某兴趣小组“探究小车加速度与合外力的关系”的实验装置如下图。A为小车（质量为

M），B为打点计时器，C为装有沙的沙桶（沙和沙桶的总质量为m），D为一端带有定滑轮的长木板，电源频率为50Hz。（1）下列实验操作中，正确的是（）A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B.每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器C.平衡阻

力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上D.平衡阻力时，应将小车后面的纸带连接好E.改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力（2）下图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个

计数点AB、C、D、E，相邻2个计数点之间有4个点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离。则此次实验中小车运动的加速度大小___________。（结果保留两位有效数字）（3）小王同学根据测量数据作出的a-F图线如图（a）所示，他实验中可能存在的问题是__________

_；李同学根据测量数据作出的a-F图线如图（b）所示，图像末端发生弯曲的原因是___________；（4）小张同学改进实验方案，采用下图的实验装置探究“小车加速度与合外力的关系”时，是否需要小车质量远大于钩码质量？___________（选填“需要”或“不需要”）。

【答案】（1）AD（2）1.0（3）①.长木板倾角偏大②.没有满足小车的质量远远大于小砝码和盘的总质量（4）不需要【解析】【小问1详解】A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确；B．每次实验，都

要先接通打点计时器，再放开小车，故B错误；CD．平衡摩擦力时，不需要把砂桶放在小车上，但应将小车后面的纸带连接好，若通过纸带判断小车做匀速直线运动，即说明已经平衡摩擦力了，故C错误，D正确；E．改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

，故E错误。故选AD。【小问2详解】由题意可知相邻两计数点时间间隔为0.10sT=根据逐差法可知加速度为()()2222221.608.798.7910m/s1.0m/s20.10a−−−==【小问

3详解】[1]图中在F=0时已经有了加速度，说明长木板倾角偏大；[2]对小车根据牛顿第二定律有FMa=对沙和砂桶同理有mgFma−=联立解得1mgFmM=+由上式可知只有当mM时F才近似等于mg；若砝码和盘的总质量不满足

这个条件时，图像斜率将减小向下弯曲，所以图线在末端弯曲的原因是没有满足小车的质量远远大于小砝码和盘的总质量；小问4详解】因为小车受到的拉力能直接从测力计读出来，所以不需要小车质量远大于钩码质量。四、计算题（10分+14分+16分）

13.圆柱形汽缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，起初将汽缸开口向下悬挂在天花板上，平衡时活塞离汽缸口的距离为L，如图甲所示。现将汽缸转动到开口向上并将细线拴在活塞上，平衡时活塞恰好到达汽缸口（到缸底的距离为

4L），如图乙所示。已知活塞的质量20kgm=、横截面积2100cmS=，大气压强501.010Pap=，此过程中封闭气体的温度不变，重力加速度大小210m/sg=，求：（1）图甲中封闭气体的压强p甲；（2）汽缸的质量M。【答案】

（1）4810Pa（2）40kg【解析】【小问1详解】根据题意，对活塞受力分析，由平衡条件有0pSmgpS+=甲解得40810PamgppS=−=甲小问2详解】设转动后封闭气体的压强为p，由于封闭气体的温度不变，由玻意耳定律有34pLSpLS=甲解得【【4610

Pap=对汽缸受力分析，由平衡条件有0pSMgpS+=解得40kgM=（2024山东高考）14.某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG=30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角

入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。（1）求sinθ；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围。【答案】（1）sin0.75=；（2）2309xR

【解析】【详解】（1）由题意设光在三棱镜中的折射角为，则根据折射定律有sinsinn=由于折射光线垂直EG边射出，根据几何关系可知30FEG==代入数据解得sin0.75=（2）根据题意作出单色光第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射的光路图如图则根据几何关系可知FE上从P点到E

点以角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有1sinCn=设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有sinlRC=又因为cos30PERlx−=联立解得239PExR=所以光线在EF上的入射点D到E点的距离范围

为2309xR15.如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道MN段粗糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的P点处静止放置一绝缘物块b，一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。已知h=1.0m，直轨道

长L=1.0m，物块a与MN之间的动摩擦因数μ=0.4，物块a的质量m=1kg，物块b的质量M=2kg，场强E=2×106N/C，物块a的电荷量q=6×10-6C，重力加速度g取10m/s2。物块a、b均可视为

质点，运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。（1）求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小；（2）求物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小；（3）若每次物块a与P点处的物块碰撞之后，都立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。求物

块a静止释放后，经过足够多次的碰撞，物块a在电场中运动的总路程。【答案】（1）6m/s（2）4m/s（3）4334m【解析】【小问1详解】物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有2012mghqELmgLmv+−=解得06m/sv=【小问2详解】物块a与物

块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有011abmvmvMv=+根据机械能守恒定律有222011111222abmvmvMv=+解得12m/sav=−，14m/sbv=【小问3详解】物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒

定律有211112amvqExmgx=+解得11m1m8x=物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有211212aqExmgxmv−=解得122aavv=物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有011abmvmvMv=+根据机械能

守恒定律有222011111222abmvmvMv=+解得1013avv=−，1023bvv=即物块a与物块b（与物块b完全相同的物块）每次发生弹性碰撞后瞬间，物块a的速率均为碰撞前瞬间速率的13，物块b（与

物块b完全相同的物块）的速率均为碰撞前瞬间物块a速率的23，，结合（2）可知，每次物块a与另一物块碰撞后，物块a第1次经过N点和第2次经过N点的速率之比均为2，设物块b（与物块b完全相同的物块）每次与

物块碰撞后瞬间的速率依次为1bv、2bv、3bv…bnv，则有1023bvv=20212332bvv=230212332bvv=340212332bvv=…归纳可得10212332nbnvv−=

经过足够多的碰撞，物块b（与物块b完全相同的物块）获得的总动能为()2222k1231Δ2bbbbnEMvvvv=+++当n→时解得k288J17E=在物块a的整个运动过程中根据能量守恒定律有k0mghqELmgxE+−−=解得43m34x=