【文档说明】重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三上学期高考适应性月考物理模拟试题（三） 含解析.docx，共(21)页，2.688 MB，由小赞的店铺上传

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重庆巴蜀中学2023-2024学年高2024届高三上期十月物理模拟试题（75分钟100分）一、单选题（1-7）1.关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（）A.抛出去的小球，离手后仍能运动，说明小球已经失去惯性B.物体不受力时处于静止或匀速运动的状态C.物

体所受的合力方向与物体的加速度方向可能相反D.甲、乙双方进行拔河比赛，甲方胜利，说明甲对乙的力大于乙对甲的力【答案】B【解析】【详解】A．抛出去的小球，小球的质量不变，惯性不变，故A错误；B．根据牛顿第一定律可知，物体

不受力时处于静止或匀速运动的状态，故B正确；C．物体所受的合力方向与物体的加速度方向一定相同，故C错误；D．甲对乙的力与乙对甲的力是相互作用力，大小相等，故D错误。故选B。2.如图所示，水平地面上有一

铁板，铁板上有一倾角为45的活动木板，质量分别为mA和mB的物体A、B用轻绳连接后跨过滑轮，A、B均处于静止状态。现将木板的倾角缓缓减小到10°，A与斜面始终保持相对静止，B物体始终悬在空中。已知mA=2mB，不计滑轮摩擦。下列说法正确的是（）A.绳子对A的拉力将减小B.铁板对地面的压力

将逐渐减小C.地面对铁板的摩擦力将逐渐增大D.物体A受到的摩擦力先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．绳子对A的拉力保持不变，所以A错误；B．对整体受力分析，根据平衡条件有NG=总将木板的倾角缓缓减小到10°时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，

铁板对地面的压力也保持不变，所以B错误；C．对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持力，所以地面摩擦力为0，则C错误；D．根据平衡条件有ABsin45mgfmg=+由于mA=2mB所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将木板的倾角缓缓减小到

30°时，摩擦力减到0，将木板的倾角缓缓减小到10°时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A受到的摩擦力先减小后增大，则D正确；故选D。3.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）。如图所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方

按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知（）A.卫星运行的角速度为tB.地球的质量为gRGC.卫星距地面的高度122324(

)gRtRπ−D.卫星运行线速度为2Rt【答案】C【解析】【详解】A．卫星运行的角速度为632πππωtt+==A错误；B．根据的的2MmmgGR=可知地球的质量为GgRM2=B错误；C．根据引力作为向心力可得22()()MmGmRhRhw=++解得1222324()gRthRπ=

−C正确；D．卫星运行的线速度为()()2πRhvωRht+=+=D错误。故选C。4.某社区举行“颗粒归仓，投乒乓球入桶”游戏，人站在桶前某处，将乒乓球向正前方水平抛出，如图所示。若已知桶的半径为R，球出手时距水平地面的高度为H，桶高为h，出手

时乒乓球到桶底面圆心的水平距离为L。若不计空气阻力，乒乓球可看做质点，则要使乒乓球成功投入桶中，出手速度应满足（）A.2()gvLHh−B.()2()gvLRHh+−C.()2()2()ggLRvLHhHh+−−

D.()()2()2()ggLRvLRHhHh+−−−【答案】D【解析】【详解】由题意可知，乒乓球出手做平抛运动，由平抛运动的规律，下落到桶口则有212Hhgt−=所用时间为()2Hhtg−=在水平方向抛出的最小速度则有()()min2LRgvLRtHh−==

−−最大速度为()()max2LRgvLRtHh+==+−则要使乒乓球成功投入桶中，出手速度应满足()()()()22ggLRvLRHHHH+−−−ABC错误，D正确。故选D。5.有甲、乙两瓶氢气，甲的体积为V，质量为m，温度为t，压强为p；乙的温

度高于t，体积、质量和甲相同。下列关于甲、乙两瓶氢气说法中正确的是（）A.乙瓶中氢气的压强等于pB.乙瓶中氢气的压强小于pC.甲瓶中氢气分子的平均速率比乙瓶中氢气分子的平均速率大D.乙瓶中速率较小的氢气分子所占比例比甲瓶中速率较小的氢气分子所占比例小【答案】D【解析】【详解】ABC．因

为甲、乙两瓶氢气的体积、质量相同，则甲、乙两瓶中氢气的分子密度相同，因为乙的温度高于t，则乙瓶中氢气分子的平均速率较大，分子对器壁的平均撞击力较大，所以乙瓶中氢气的压强较大，即乙瓶中氢气的压强大于p，ABC错误；D．因为乙瓶中氢气分子的平均速率较大，所以乙瓶中速率较小的氢气分子所占比例比甲瓶

中速率较小的氢气分子所占比例小，D正确。故选D。6.如图所示，顶角P为60的光滑折型硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬干成竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始

运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与水平方向的夹角为60，重力加速度为g，则甲在B点时的动能为（）A.()234mgL−B.()232mgL−C.mgLD.32mgL【答案】A【解析】【详解】由几何关系可得sin

60LAP=BPL=A、B两点的高度差为()()23sin602hAPBPL−=−=当甲运动到B点时，把甲、乙的速度分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度分别为cos60vv=甲∥cos60vv=∥乙则

有vv=甲乙甲、乙的质量相等，则甲、乙的动能相等，均设为kE，由系统的机械能守恒可得k2mghE=综合解得()k234mgLE−=故选A。7.质量相等的物体甲与木板乙通过光滑定滑轮（定滑轮质量不计）用轻绳竖直连接。对甲施加水平方向的力，将甲乙压在逆时针转动

的固定竖直传送带上，如图所示。甲、乙恰好均处于静止状态（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），则甲、乙间的摩擦因数1与乙、传送带间的摩擦因数2的比为（所有轻绳始终处于竖直方向）（）A.1:1B.2:1C.1:2D.1:3【答案】C【解析】【详解】设绳子中的拉力为T

，传送带逆时针转动可知传送带对乙的摩擦力2f竖直向上，对甲乙整体受力分析有222Tfmg+=可知Tmg，对甲单独受力分析，竖直方向受力平衡，受到竖直向上绳子的拉力T，自身竖直向下的重力mg，可知乙对甲的摩擦力1f

方向竖直向上，故有1Tfmg+=联立解得122ff=设水平方向的力为F，甲、乙恰好均处于静止状态可知11fF=，22fF=故可知12:1:2=故选C。二、多选（8-10）8.如图表示了人们对原子认识的演变史，下列说法正确的是（）A.汤姆孙基于道尔顿的实心小球模型和电子的发

现事实建构了枣糕模型B.卢瑟福建构的行星模型不仅揭示了原子内存在原子核而且揭示了原子核的组成结构C.玻尔基于行星模型和氢原子光谱的实验规律建构了氢原子模型并做了有限推广D.基于量子理论建构的电子云模型完全否定了玻尔模型的正确性及

其科学研究价值【答案】AC【解析】【详解】A．汤姆孙基于道尔顿的实心小球模型和电子的发现事实建构了枣糕模型，故A正确；B．卢瑟福建构的行星模型揭示了原子内存在一个很小的原子核，但并不能揭示原子核还有复杂的组成结构，结合放射现象及其特征、规律等事实才揭示原子核还有复杂的组成结构，故B错误

；CD．玻尔基于行星模型和氢原子光谱的实验规律建构了氢原子模型并做了有限推广，玻尔模型虽然不能很好地解释复杂原子的光谱线规律，但为增进原子结构认识提供了积极有益的贡献，故C正确，D错误。故选AC。9.在与水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放着一质

量为m的小滑块，在一个平行于斜面的拉力F（图中未画出）作用下，沿着斜面上一段半径为R的圆周从Р点运动到Q点，运动过程中速度大小始终为v，P、Q为四分之一圆周的两个端点，P与圆心О等高。小滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度

为g，在从P点运动到Q点的过程中，小滑块（）A.所受合力的大小保持不变B.重力做功的瞬时功率保持不变C.所受拉力对其做功为cossin2mgRmgR−D.运动到Q点时，拉力的大小为2sinvmmgRR+【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，小滑块做匀速圆周运动，所受

合力提供向心力，大小不变。故A正确；B．小滑块重力不变，速度大小不变，但速度方向时刻发生变化，即速度沿重力方向的分速度时刻变化，根据cosPmgv=其中为速度与重力方向的夹角。可知重力做功的瞬时功率

时刻变化。故B错误；C．根据动能定理，可得Gf0WWW++=又Gf2sincos4RWmgRWmg==−，联立，解得W=cossin2mgRmgR−故C正确；D．设运动到Q点时拉力大小为F,与水平方向夹角为，摩擦力水平向左，大小为

coscosfmgF==沿半径方向由牛顿第二定律，可得2sinsinvFmgmR−=联立，解得222(cos)sinvFmgmmgR=++故D错误。故选AC。10.如图，两轻绳左端系于竖直细杆上，右端与第三根轻绳在O点连结，当三根绳均拉直

时，系于细杆上的两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°，上方绳长和第三根绳长均为L，第三根绳的末端连一质量为m的小球，小球可在水平面内绕细杆做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g，在转动过程中，当第三根绳与竖直方向成45°时（）A.小球运动的加速度大小为2gB.小球

运动的角速度大小为2(21)gL−C.第三根绳子拉力大小为mgD.系于细杆上的两轻绳的拉力大小相等【答案】BD【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，故其受到的重力与第三根绳子对其拉力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得t

an45mgma=解得ag=故A错误；B．同理，可得2tan45mgmr=其中r=Lsin30°+Lsin45°解得的2(21)gL−＝故B正确；C．对小球受力分析可得，绳子的拉力大小为sin45mgF=故C错误；D．对节点O受

力分析，系于细杆上的二根绳的拉力的合力等于第三根绳上的拉力，根据平行四边行法则，结合题设条件，可知系于细杆上的两轻绳的拉力大小相等。故D正确。故选BD。三、实验题11.在地面上，测量物体的质量我们可以利用天平，但是在太空中，物体处于完全失重，用天平无

法测量质量。甲、乙两位同学分别设计了在完全失重环境下测量物体质量的方法。（1）甲同学在静止A、B两物体中间夹了一个质量不计的压力传感器（未画出），现对AB整体施加一个恒力0F，记录传感器的示数1F，已知B物体的质量为0m，则A物体的质量为_______。（用0F、1F、0

m表示）（2）乙同学用长度可以变化的细绳连接小球和拉力传感器（未画出），现给小球0v的初速度，使小球做匀速圆周运动，记录此时传感器的示数F和对应细绳的长度l，多次改变绳长，每次都以相同的速率做匀速圆周运动，重复上述步骤。已知小球半径远小于绳长

，细绳质量可忽略不计。乙同学以F为纵坐标，以______（选填“l”、“2l”或“1l”）为横坐标建立平面直角坐标系，描点作图得到一条直线，测得直线的斜率为k，则小球的质量为______。（用k、0v表示）【答案】①.0101mFFF−②.1l③.20kv【解析】【

详解】（1）[1]对AB整体研究，利用牛顿第二定律有的()001Fmma=+对物体A研究有11Fam=联立解得01101mFmFF=−（2）[2]由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有220mvFl=由于描点作图得

到一条直线，可知应以1l为纵坐标；[3]根据上述可知斜率220kmv=解得220kmv=12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某研究小组设计了两种方案。【方案1】实验装置如图所示，在满足所挂钩码质

量远小于小车质量的前提下，进行实验数据测量、计算和分析。（1）除小车、钩码、打点计时器（含纸带、复写纸）、刻度尺、导线、开关等器材外，在下列器材中，必须使用的有______。（填选项字母）A.电压合适的直流电源B.电压合适的交流电源C.天平D.秒表（2）

在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，根据纸带可求得小车的加速度为____2ms（结果保留3位有效数字）。（3）根据测量数据，作出小车的加速度随细线拉力变化的aF−图线，如图所示。你

认为在实验过程中可能存在的问题是______。（填选项字母）A.先释放小车，后接通电源B.补偿阻力时木板右端垫得不够高C.先接通电源，后释放小车D.电源电压过高造成小车加速度测量值偏大【方案2】实验装置如图所示，力传感器可直接测出轻绳中拉力的大小。已知小车

的质量为M，力传感器的质量为1m，钩码的质量为m。（4）实验时，不需要进行的操作是______。（填选项字号）A.将图中长木板左端适当垫高，以补偿小车所受的阻力B.应该先接通打点计时器电源，再释放小车C.释放前，小车要靠近打点计

时器放置D.实验中要求钩码的质量m远小于小车的质量M（5）在完成补偿阻力工作之后，某同学以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出的aF−图线如图所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则下列关于小车的质量M与这些测量量关系中正确的

是______（填选项字母）。A.1Mk=B.11Mmk=−C.1tanM=D.11tanMm=−【答案】①.BC##CB②.1.98③.B④.D⑤.B【解析】【详解】（1）[1]AB．打点计时器的工作电源是交流电，故A错误，B正确；C．实验需要

测量重物质量，需要天平，故C正确；D．打点计时器为计时的仪器，故不需要秒表，故D错误。故选BC（2）[2]根据逐差法规律可得22222(8.5710.55)(4.616.59)10m/s1.98m/s1(25)50xaT−+−

+===（3）[3]如图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力。故选B。（4）[4]A．实验中平衡摩擦力时，是在未吊沙桶时，将长木板右端适当垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，故A正确，不符合题意；BC

．为了避免纸带留下大量的空白段，实验开始时，小车尽量靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故BC正确，不符合题意；D．拉力传感器可记录绳子拉力大小，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量，故D错误，符合题意。故选D。（5）[5]由牛顿第二定律可知

1()FMma=+解得1FaMm=+又因为a-F图像的斜率为11kMm=+所以11Mmk=−不知道横纵坐标的标度是否相同，不能确定斜率k与tan是否相同。。故选B。四、计算题13.折射率1.25n=、半径0.10mR=的半球体透明介质放置在水平面上，如图所示。一束平行光垂

直半球体上方的圆形截面射入球体，已知sin530.8=、sin690.93=、sin580.85=，光在真空气中的传播速度83.010m/sc=，求：（1）在半球体内恰好发生全反射时，平行光线到球

心的距离d。（2）在半球体内恰好发生全反射的光线，从进入半球体到反射回圆形截面所用的时间（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.08m；（2）91.210s−【解析】【详解】（1）在半球体内刚好发生全反射的光线如图所示由

全反射临界角公式1sinnABO=所求距离sindRABO=解得0.08md=（2）根据反射规律及几何关系，得到lABBCCD=++其中cos530.06mABR==2cos530.12mBCR==sin6

90.11msin58CDR=又有cnv=根据ltv=可得91.210st−14.如图甲所示，倾角为53°的粗糙倾斜轨道和光滑水平轨道平滑连接，水平轨道左端足够远处有一堵弹性墙，物块与其碰撞后都将原速率反弹。已知物

块B与粗糙轨道之间的动摩擦因数为23，质量为1kg的物块A置于水平轨道上，其前端固定了一个轻质弹簧。将物块B由倾斜轨道距底端长为2m处由静止释放，以下滑至水平轨道且与弹簧接触时记为0时刻，0.1πs时第一次碰撞结束，第一次碰撞过程中，以向左为正

方向，物块A、B的加速度随时间的变化图像如图乙所示，其中的图线是正弦函数图像的一部分。弹簧始终在弹性限度内，物块A始终在水平面上运动，sin530.8=，cos530.6=，重力加速度g取210m/s。计算结果可用分数表示。求：（1）第

一次碰撞前，物块B的速度大小；（2）第一次碰撞时，弹簧的最大弹性势能与第二次碰撞时最大弹性势能之比；（3）弹簧的劲度系数（已知弹簧弹性势能pE与其形变量之间的关系为2p12Ekx=，做简谐运动的物体的最大加速度与最大速

度之间满足mmav=，其中为简谐运动的圆频率）。【答案】（1）4m/s；（2）949；（3）250N/m3【解析】【详解】（1）物块B从倾斜轨道顶端滑到底端的过程中，由动能定理得2BBB01sin53cos5

32mgxmgxmv−=解得04m/sv=（2）由牛顿第三定律及图像可知，A、B两物块合力大小相等，加速度大小之比为5:1，根据Fma=可知BA55kgmm==第一次碰撞至弹簧压缩量最大，有()B0AB1mvmmv=+共解得110m/s3v=共此时弹

性势能最大值为()22p1B0AB11122Emvmmv=−+共解得p120J3E=弹簧恢复原长时，有B0AABBmvmvmv=+222B0AABB111222mvmvmv=+解得B8m/s3v=，A20m/s3v=第二次碰撞至弹簧压缩量最大，有()AABBAB2mvmvmm

v−+=+共解得210m/s9v=共此时弹性势能最大值为()222p2AABBAB2111222Emvmvmmv=+−+共解得p2980J27E=则有p1p2949EE=（3）第一次碰撞，弹簧压缩到最短时，有2pl112Ekx=此时，对A运用牛顿第二定律有1A05kxma=

根据图乙中，对于A有015av=共其中2T=，0.2sT=联立解得250N/m3k=15.如图所示，质量为2kgBm=的足够长的薄木板B静置在光滑的水平桌面上，一平行于水平桌面的轻绳绕过定滑轮将质量为2kg

3Cm=的物块C与薄木板B右侧相连。开始时，用手轻轻托住小物块C，使绳刚好绷直且薄木板B和物块C恰好保持静止状态，小物块C距地面高度32m9h=。当质量为2kgAm=的小物块A以06m/sv=的速度从左侧冲上薄木板B时，移开手，将BC从

静止状态释放。设B与A之间的动摩擦因数0.2=，忽略滑轮质量及与轴间的摩擦，物块A、C均可视为质点，B的右端距滑轮足够远，三个物体运动不受滑轮影响，绳松弛后对A、B的运动也无影响。取210m/sg=。（1）求开始时物块A和薄木板B的加速度分别是多少？（2）从物块A冲上薄木板到物块A的动能到

达极小值的过程中，AB系统因为摩擦产生的热量是多少？（3）若此后一旦小物块A的动能到达极小值，就立即轻轻地拿走该小物块（记为A1）并同时在薄木板B的左端再冲上一速度大小为06m/sv=的完全相同的第二个物块（记为A2），重复以上操作，求第n个小物块（记为An）从冲上薄木板到该小

物块的动能到达极小值的过程中，该小物块与薄木板B之间的摩擦生热nQ。【答案】(1)212m/sa=，方向向左；224m/sa=，方向向右；(2)12J；(3)23724J(1,2)32J(n3)9nnnnQ−

−==【解析】【分析】【详解】(1)对A，有AA1mgma=解得212m/sa=方向向左。对B，有ABC2()Cmgmmamg++=解得224m/sa=方向向右。(2)AB共速时有011211vatatv−==解得11st=，14

m/sv=此时，C下落的距离为212112m<2sath==之后，假设三者一起加速，有ABC3)(Cmmmmag++=解得23110m/s7aa=所以共速时，物块A的速度最小，此过程A的位移为12101115m2svatt=−=AB系统因为摩擦产生的热量是1A11()12JQ

fsmgss==−=(3)第二个小物块冲上时，C距地面的距离为1114m9hhs=−=第二个小物块与B共速时，有0121222vatvatv−=+=解得21s3t=，216m/s3v=二者的位移分别为22

12221114m=29svtath=+=，220221117m29tsvat=−=此时，C恰好落地。AB系统因为摩擦产生的热量是2A224()J3Qfsmgss==−=第n个小物块冲上B时

，二者动量守恒，有A0B1AB()nnmvmvmmv−+=+解得32(6)m/s(3,4,5)3nnvn−=−=AB系统因为摩擦产生的热量是222A0B1AB111()222nnnQmvmvmmv−=+−+解得201()2nnvvQ

−−=当3n=时，有2023()2J29vvQ−==当3n时，有27201()2J29nnnvvQ−−−==综上所述，有获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com