【文档说明】四川省南充市顺庆区南充高级中学2023-2024学年高三上学期9月月考理综物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.764 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中高2021级高三第一次月考理科综合能力测试考试时间：150分钟总分：300分一、选择题（本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，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.如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅24195Am放出的粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小

，于是锋鸣器报警。则（）A.发生火灾时温度升高，24195Am的半衰期变短B.这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点C.24195Am发生衰变的核反应方程是241241094951PuAme−→+D.24195Am发生衰变的核反应方程

是241237495932AmNpHe→+【答案】D【解析】【详解】A．半衰期不因外界环境的温度而改变，A错误；B．这种报警装置应用了射线电离能力强的特点，B错误；CD．衰变释放出氦核，故核反应方程是241237495932AmNpHe→+

C错误，D正确。故选D。2.凿子是中国传统的木工工具，一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为，当凿子插入木板中后，若用锤子沿中心轴线方向以适当的力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图，此时凿子作用于木板1面、2面、3面的弹力大小分别为1F、2F、3F，忽略凿子重力和摩擦力，下列关系式

中正确的是（）A.13FFB.1cosFF=C.2sinFF=D.2221FFF=+【答案】C【解析】【详解】对凿子受力分析并按图示建立正交坐标系由受力平衡可得2sinFF=，31cosFFF+=所以可得13FF＞

，()22132132sincosFFFFFFF−===−−ABD错误，C正确；故选C。3.如图所示，学生练习用脚垫球。某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新垫起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25m

。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，则（）A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2kgm/sB.足球自由下落过程动量的变化率越来越小C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零D.脚部对足球的平均作用力为足球重力

的9倍【答案】A【解析】【详解】A．足球达到脚背的速度为25m/svgh==足球下落到与脚部刚接触时动量大小为0.45kgm/s2kgm/spmv===A正确；B．根据pFt=可知动量的变化率为物体所受合力的大小，可知足球自由下落过程所受重力不变，动量的

变化率不变，B错误；C．根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为20.45kgm/s4kgm/spmvmv=−−=−=−

C错误；D．足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得()mgFtp−=解得44N11Fmg==为重力的11倍，D错误。故选A。4.中国空间站于2022年全面建成并转入应用与发展新阶段，计划于2023年5月发射天舟六号货运飞船。飞船将对接“天和”核心舱，对接完成后，可认为空间站贴近地球表面运行。

已知地球的半径为R，地球同步卫星离地面的高度约为6R，地面的重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.空间站的速度大于gRB.空间站的周期约为2RgC.地球的自转周期约为14RgD.空间站与地球同步卫星的线速度之比约为7:1【答案】B【解析】【详解】AB．可认为空间站贴近地球

表面运行，根据万有引力提供向心力可得22224GMmvmmRRRT==又2GMmmgR=解得空间站的速度为vgR=空间站的周期为2RTg=故A错误，B正确；C．地球同步卫星的周期等于地球的自转周期，则有222047(7)GMmmR

RT=解得地球的自转周期为0714RgT=故C错误；D．根据万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=解得GMvr=可得空间站与地球同步卫星的线速度之比为771vRvR==同故D错误。故选B。5.如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为m、带电荷量为0qq（）的小球悬挂于

天花板上O点，小球静止于O点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平方向的匀强电场（未画出），小球向右运动，悬线向右偏转的最大角度为53°，重力加速度为g，已知sin530.8=，cos530.6=。在小球向右摆起的过程

中，下列说法正确的是（）A.所加匀强电场方向向左B.小球受到电场力大小为0.5mgC.小球的电势能增加了0.4mgLD.绳子承受最大拉力为1.5mg【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可知，小球所受电场力水平向右，小球带正电，则所加匀强电场方向向右，故A错误；B

．小球向右运动过程中由能量守恒定律得(cos53)sin53mgLLFL−=的解得小球受到的电场力大小0.5Fmg=故B正确；C．电场力对小球做正功电势能减少，电势能减少量为pΔsin530.4EFLmgL==故C错误；

D．电场力和重力的合力，如图所示根据几何关系可得5sin5=根据力合成可得0.55Fmg=合小球运动到速度最大最值过程中，由动能定理可得21sin(1cos)2FLmgLmv−−=小球在速度最大位置时，根据牛顿第

二定律2vTFmL−=合解得此时绳子的拉力最大为1.35Tmg故D错误故选B。6.如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（）的。A.减速下降阶段，飞船处于失重状态B.匀速下降阶段，飞船的机械能不守恒C

.匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功D.减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功【答案】BC【解析】【详解】A．打开降落伞后，飞船减速运动时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B正确；C．匀速下降阶

段，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故C正确；D．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，故D错误。故选BC。7.近年

来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的“加速度的变化率”越小，乘坐轿车的人感觉越舒适。图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度

随时间变化的关系图像，则下列说法正确的是（）A.加速度的变化率保持不变的直线运动是匀变速直线运动B.从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3C.若加速度与速度同向，如图所示的at−图像，表

示的是物体的速度在减小D.若加速度与速度同向，如图所示的at−图像，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s【答案】BD【解析】【详解】A．加速度的变化率保持不变，则加速度改变，物体做非匀变速直线运动，A错误；B．“加速度的变化率

”是指加速度的变化与所用时间的比值，即at，a的单位是m/s2，t的单位是s，则at的单位为m/s3，B正确；C．若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍加速，C错误；D．在a—t图像中图像与

时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得123m/s3m/s2v==由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，D正确。故选BD。8.如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的

电场强度大小为E，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现将一质量为m、电荷量为＋q的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球平抛的初速度大小为E

BB.小球平抛的初速度大小为mgqBC.A点距该区域上边界的高度为222EgBD.A点距该区域上边界的高度为22EgB【答案】BC【解析】【详解】AB．设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成角，小球受力

如图所示在可得cosqvBmg=0cosvv=解得0mgvqB=A错误，B正确；CD．小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理2201122mghmvmv=−由三力平衡知()()()222mgqEqvB+=解得222EhgB=C正确，D错误。故选BC。第Ⅱ卷（共174分）二、非选择题（包

括必考题和选考题两部分。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11题，129分）9.在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，点迹分布如图所示。打点计时器接频率为f的交流电源。（1）该实验

_________________满足钩码质量远小于木块的质量（选填“需要”或“不需要”）；（2）打下点6时纸带的速度大小6v=_________（用给定的字母表示）；（3）如果实验中交变电流的频率f变大，而当时做实验的同学并不知道，那么测得的速度值比真实值_________

（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.不需要②.34()2xxf+③.偏小【解析】【详解】（1）[1]该实验是研究匀变速直线运动，只需要保证合力一定，不需要平衡摩擦力，也不需要满足钩码质量远小于木块的质量。（2）[2]根据匀变速直线运动中间时刻速

度等于该段过程的速度，打下点6时纸带的速度大小为34346()22xxxxfvT++==（3）[3]根据34346()22xxxxfvT++==如果实验中交变电流的频率f变大，而当时做实验的同学并不知道，则代入计算的频率f偏小，那么测得的速度值

比真实值偏小。10.某课题研究小组准备测量一个锂电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：A．待测锂电池（电动势E约为3.9V，内阻r约为2Ω，最大电流m0.6AI=）；B．电压表V（量程03V，内阻约为几千欧）C．电阻箱1099.9

ΩR（）；D．定值电阻24.5ΩR=；E．定值电阻345ΩR=；F．开关S一个，导线若干。（1）该小组成员设计了如图甲所示电路。为了防止调节电阻箱过程中电池烧坏且方便测量，定值电阻0R应选取______（选填“2R”或“3R”）。（2）多次改变电阻箱的阻值1R，读

出电压U，根据测得的数据作出111UR−图像，如图乙所示，则电源电动势E=______V（结果保留2位有效数字），r=______（结果保留2位有效数字）。【答案】①.R2②.4.0③.1.9【解析】【详解】（1）[1]为了确

保电源安全，电路总电阻的最小值为min3.9Ω6.5Ω0.6R=由于锂电池内阻r约为2Ω，则接入的定值电阻值约为6.524.5−=即为了防止调节电阻箱过程中电池烧坏且方便测量，定值电阻0R应选取2R。（2）[2][3]多次改变电阻箱的阻值1R，读出电压U，根据()()221UUE

IrRErRR=−+=−+变形有21111rRUEER+=+结合图乙有110.25VE−=，121.850.25V1rRE−+−=解得4.0VE=，1.9r=11.如图所示，一倾角30=的足够长斜面固定在水平地面上，当0=t时，质量1kg的滑块以初速度030m/s

v=从斜面底端沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数33=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）滑块在1st=末的动量；（2）滑块在4.5st=时离斜面底端的距离。【答案】（1）20kgms；（2）45m【解析

】【详解】（1）设滑块上滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律sincosmgmgma+=解得210m/sa=滑块在1st=末速度020m/svvat=−=滑块在1st=末的动量20kgmspmv==（2）上滑时间00=vta解得03st=上滑的距离10112xvt

=解得145mx=的因tan=故cossinmgmg=滑块上滑到速度为零后，将静止在斜面上，滑块在4.5st=时离斜面底端的距离145mx=12.如图所示，足够长的光滑平行导轨与水平面的倾角37=

，导轨上端用电键可以分别连接电源、电阻和电容。质量2.0kgm=、长度1.0mL=、电阻可以忽略的金属杆ab垂直导轨放置，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为2.0T=B。已知电源的电动势30VE=，定值电阻8

.0R=，电容0.1FC=，不计导轨的电阻和空气阻力，sin370.6=，cos370.8=，重力加速度210m/s=g。（1）当开关打到1S，释放金属杆ab，恰好能处于静止状态，判断金属杆ab上的电流方向并求出电源的内阻；（2）当开关打到2S，释放金属杆ab，求金属杆能达到的最大动

能；（3）当开关打到3S，释放金属杆ab，试推导金属杆ab所发生位移s随时间t变化的关系式，并求第5s内的位移。【答案】（1）电流方向b到a，5Ω；（2）576J；（3）22.5(m)st=，22.5m【解析】【详解】（1）根据分析可知

，杆所受安培力沿着斜面向上，根据左手定则可知电流方向b到a，设电源的内阻为r，金属杆处于静止状态，由受力分析可知sinmgBIL=EIr=代入得5.0r=（2）设金属杆能达到的最大速度vm，此时金属杆受力平衡mEBLv=22m

sinBLvmgR=代入得m24m/sv=金属杆能达到的最大动能2km1576J2Emv==（3）设金属杆的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，安培力为F，则FBLi=设在时间间隔（t，t+Δt）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则Qit=

平行板电容器极板在时间间隔（t，t+Δt）内增加的电荷量也是ΔQ，则QCBLv=其中Δv为金属杆的速度变化量，设金属杆加速度大小为a，则vat=金属杆在时刻t的受力分析有sinmgFma−=得22sin5m/smgamBLC==

+金属杆做初速度为零的匀加速运动，设5s末金属杆速度的大小为v，则2212.5(m)2satt==第5s内的位移2252.55m2.54m22.5(m)s=−=【物理——选修3－3】13.在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体

，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是（）A.气体的体积不变，温度升高B.气体的体积减小，温度降低C.气体的体积减小，温度升高D.气体的体积增大，温度不变E.气体的体积增大，温度降低【答案】ABD

【解析】【详解】A．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；B．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律UWQ=+可知气体对外放热，B正确；C．气体的体积减小温度

升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律UWQ=+可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；D．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律UWQ=+可知0Q即气体吸收热量，D正确；

E．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律UWQ=+可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。故选ABD。14.一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。（i）升

高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；（ii）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。【答案】（i）1.41kg/m3；（

ii）1.18kg/m3【解析】【详解】（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1=273＋17K=290K，T2=273＋27K=300K理想气体状态方程pV=nRT可知pVnRT=其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的p

VT正比于气体的质量，则11112222pVmTVmpVVT==其中p1=p2=1.2p0，ρ1=1.46kg/m3，代入数据解得ρ2=1.41kg/m3（ii）由题意得p3=p0，T3=273＋27K=300K同理可得12223333pVmTVm

pVVT==解得ρ3=1.18kg/m3【物理——选修3－4】15.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，把质点M刚好振动了一个周期时作为0时刻，此时波动图象如图甲所示，图乙是质点M的振动图象。M、N两质点的平衡位置均在x轴上，两者相

距16ms=。则（）A.波向x轴正方向传播B.波的传播速度为6m/sC.2s=t时，质点M处在平衡位置D.10st=内，质点N运动的路程为7.6mE.该波若遇到频率5Hzf=的横波将发生干涉现象【答案】ACD【解析】【详解】A．由图乙可知0=t时刻

，M质点向y轴负方向振动，根据同侧法可知波向x轴正方向传播，故A正确；B．由图甲可知波长为4m=由图乙可知波的周期为0.8sT=故该列波的波速为5m/svT==故B错误；C．0.4st=时，质点M处在平衡位置，2s22TtT==+，根据周期性可知质点M处处在平衡

位置，故C正确；D．0时刻该列波已传播至7mx=处，则传播到N点所需的时间2.4sstv−==由图乙可知此波的振幅0.2mA=质点N每个周期运动的路程为0.8m，10st=时质点N运动的时间为17.6s92tttT=−==所以10s

t=时质点N运动的路程为190.8m=7.6m2s=故D正确；E．波的频率11.25HzfT==根据发生干涉的条件可知，该波若遇到频率5Hzf=的横波不会发生干涉现象，故E错误。故选ACD。16.如图甲所示的光

学仪器，是被广泛用来进行图形翻转的“道威棱镜”示意图。棱镜的横截面OABC是底角为45°的等腰梯形，高为a，上底AB边长为2a，下底OC边长为4a、已知棱镜材料的折射率n=2，真空中光速为c、（1）一束光线平行AB从OA边射入棱镜，如图乙，请论证O

C面是否有光线射出棱镜。（2）一束光线垂直OC边射入棱镜，如图丙，求该光束在棱镜中的传播时间t。【答案】（1）没有，见解析；（2）42ac【解析】【分析】【详解】（1）根据sinsininr=45i=解得30r=所

以75=根据1sinCn=解得45C=在OC面发生全反射，没有光线射出棱镜（2）由光路图根据几何知识得，光在棱镜中通过的路程4sa=cnv=根据获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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