【文档说明】四川省射洪中学2024届高三上学期10月月考试题（补习班）物理 答案.docx，共(5)页，258.712 KB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级补习班高三上期10月月考物理答案1．B【详解】力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为，受力分析可以得到：cosGT=，sinGF=，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故AC

D错误，B正确2．C【详解】汽车速度减为零的时间为0020s4s5vta−=−＝＝2s时位移21o1120254m=30m22xvtat=+=−刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移为202040m2vxa−==所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确

，ABD错误。故选C。3．B【详解】这套科学方法包含以下几个环节，对现象的一般观察，提出猜想，运用数学推理，通过实验对推理进行验证，合理外推，推广应用。故选B。4．B【详解】对运动员受力分析如图所示运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为，根据三力平衡

的特点可知运动员手臂受到的拉力2cosmgF=减小，cos增大，F减小，故B正确，ACD错误。故选B。5．B【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有()()1212sinFmmgmma−+=+解得12singmmFa−+=故A错误；B．对m2受力分析，根据牛顿第二定

律有22sinTmgma−=解得212mFTmm=+故B正确；C．根据211221mFFTmmmm==++可知若只增大2m，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C错误；D．根据212mFTmm=+可知T与无关，只增大，两物块一起

向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选B。6．ABD【详解】A．波从一种介质进入另一种介质时，其频率不变，故A正确；B．干涉和衍射现象是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉

和衍射现象，故B正确；C．当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，故C错误；D．振动方向和传播方向垂直的波为横波，故D正确；E．紫外线比红外线的频率高，则红光的波长大于紫光的波长，结合lxd=可知，用同一装置做双缝干涉

实验，红外线对应的条纹较宽，故E错误。故选ABD。7．ACD【详解】A．液体的表面张力方向与液面相切，故A正确；B．由热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；C．分子间相互作用的引力和斥力总是同时存在的，故C正确；D．晶体发生物态变化时，其温度不发生变化，故D正确

；E．扩散现象证明分子间有间隙，同时能证明分子总是在永不停息地做无规则运动，故E错误。故选ACD。8．BD【详解】CD．小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值212tangtvt=解得2tanvtg=在竖直方向上的位移212ygt=当初速度变为原

来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，小球运动的时间变为原来的2倍，所以小球后一次落点与P点的间距是PQ间距的4倍。故C错误；D正确；AB．设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tangtv=联立，可得tan2tan=易知

，不变，则不变，所以速度方向与斜面的夹角也不变。故A错误；B正确。故选BD。9．BD【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，但仍在加速，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。10．BDE【详解】A．由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离

等于半个波长，因简谐波在传播过程中，在一个周期内传播一个波长的距离，波沿x轴正方向传播，所以振动形式从P传到Q需要半个周期，即Q点的振动比P点滞后半个周期，故A错误；BE．P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，则P、Q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，方向相反；在相等

时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故BE正确；C．50.25s4tT==，若图示时刻P在平衡位置或最大位移处，在54T内，P点通过的路程为554cm20cmSA===而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在0.25s内，P点通过的路程小于20cm，故C错误；D．由图知，该波的波长

为2m=，则波速为2m/s10m/s0.2vT===故D正确；故选BDE。【点睛】本题关键的抓住P、Q是反相点，振动情况总是相反这一特点进行分析，知道平衡位置相距半个波长奇数倍的两个质点是反相点，即是

振动情况总是相反的点，间距通项为(21),(0,1,2,)2xnn=+=11．BC【详解】AB．物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为m，传送带的倾角为，物块与传送带间的动摩擦因数为，若sin＜co

smgmg物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。A错误，B正确。CD．若sincosmgmg＞物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速

直线运动，C图是可能的。C正确，D错误。故选BC。12．5.0013.0~13.6B【详解】（1）[1]弹簧弹力为零时，弹簧总长度即为弹簧原长，故05.00cmL=[2]弹簧劲度系数2.0N/m13.3N/m0.20.05FkL==

−（2）[3]由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，则Fkx=不变，即F-x图像斜率不变。故选B。13．D2.42.92g【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力

传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AB错误；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变

沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。故选D。（2）[2]打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔50.02s0.1sT==根据逐差法可得加速度2222228.819.619.6110m/s2.

4m/s440.1BDOBxxaT−−−−==（3）[3]设小车质量为m，根据牛顿第二定律2Fma=可得2Fam=可知aF−图象斜率表示小车质量的倒数，即14.501kg2(7.00.5)km

−−==−解得2.9kgm=（4）[4]设砂桶和砂的质量为M,绳子拉力为T,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得2MgTMa−=对小车2Tma=联立可得2gamM=+当M无穷大时，加速度的值趋近于2g。14．（1）1s；（2）8m，1.5m【详解】（1）竖直方向上，根据牛顿第二定律

可得0.2mgfmafmg+==，解得竖直方向加速度大小为212m/sa=以竖直向上为正方向，则小球在A点沿竖直方向的速度为10sinyvv=根据对称性可知，小球在B点沿竖直方向的速度为20sinyvv=−因此21yyvvat−=−解得

1st=（2）从A到B，在水平方向上，满足0cos?8mdvt==从A到最高点，根据对称性，时间为2t，则201sin?1.5m222tthva=−=15．（ⅰ）3.8cm；（ⅱ）394.3K【详解】（ⅰ）玻璃管转动前，封闭空气的压强为()1276cmHgpL=+玻璃管转

动后，封闭空气的压强为276cmHgp=设玻璃管的横截面积为S，根据玻意耳定律有()1221pxSpxLLS=+−解得23.8cmL=（ⅱ）根据理想气体状态方程有()0210pLxSpxSTT+=解得394.3KT

=16．（1）2；（2）1019210s3−【详解】（1）如下图所示由几何关系可知tanAPrBC=解得30r=sinsininr=联立解得2n=（2）由1sinnC=解得45C=如下图所示由几何关系可知60PDCC=所以光束在D点发生全反射，由几何关系可知60CDEDEC

CEF===所以光束从圆弧的下边界垂直射出，设光束与圆弧的下边界的交点为F，光束传播的路程sPDDEEF=++由几何关系可得19cms=光束在元件中传播的速度v满足cnv=光束从入射至第一次离开光学元件

所用的时间stv=联立解得1019210s3t−=17．（1）26m/s（2）1m（3）1m【详解】设向右为正方向（1）物体1：-μmg=ma1a1=–μg=-2m/s2物体2：T+μmg=ma2物体3：mg–T=ma3且a2=a3由以上两式可得：22gga+==6m/s2（2）设

经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0．5sv1=3m/s112vvxt+==1．75m122vtx==0．75m所以木板2的长度L0=x1-x2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速T=2mamg—T

=ma即mg=3ma得3ga=对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动物体1：a3=μg=2m/s2物体2：T—μmg=ma4物体3：mg–T=ma5且a4=a5得：42gga−==4m/s2整体下落高度h=H

—x2=5m根据2124212hvtat=+解得t2=1s物体1的位移23123212xvtat=+=4mh-x3=1m物体1在长木板2的最左端【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计

算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com