【文档说明】四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.379 MB，由管理员店铺上传

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泸县第四中学高2021级高三上学期10月月考理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．考试时间150分钟，满分300二．选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，

第14~18题只有一项符合题目要求，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.下列说法中正确的是（）A.一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出2种不同频率的光子B.23592U的一种裂变可能为23511309519205

4380UnXeSr3n+→++C.核反应23411120HHHen+→+属于原子核聚变D.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，遏止电压就越大【答案】C【解析】【详解】A．根据公式233C=知，处于3n=能级的氢原子自发跃迁时能发出

3种不同频率的光子，A错误；B．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，23592U的一种裂变可能为235113095192054380U+nXe+Sr+11n→B错误；C．核反应23411120H+HHe+n→属于原子核聚变，C正确；D．根据光电效应方程2m12mvhW=−根据动能定理得2m102

CeUmv−=−解得ChWUe−=遏止电压随入射光的频率的增大而增大，与光强无关，D错误。故选C。2.如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v﹣t图象，则（）A.物体在0～2s处于失重状态B

.物体在2～8s处于超重状态C.物体在8～10s处于失重状态D.由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态【答案】C【解析】【详解】试题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度．斜率的正负表示加速度的方向．根据加

速度的方向判断物体的运动状态．解：A、由图象可知，在0～2s内，物体向上做匀加速运动，加速度向上，物体处于超重状态，故A错误；B、由图象可知，在2～8s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，故B错误．C、物体在8～10s内向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，

故C正确．D、超重、失重状态根据加速度的方向判断，与物体的质量无关，是可以判断的，故D错误．故选C【点评】本题要能根据图象得出有用的信息，知道速度﹣时间图象中直线的斜率表示加速度是关键，同时要明确超重和失重的条件．3.某同学将一物体竖直向上抛出，一

段时间后落回到抛出点，若该物体运动过程中所受空气阻力大小恒定，该同学测得该物体下落时间是上升时间的k倍，则该物体所受空气阻力为其重力的（）A.k倍B.1k倍C.11kk−+倍D.2211kk−+倍【答案】D【解析】【详解】据题意有2211=22hat

at=下下上上+mgfma=上mgfma−=下tkt=下上解得2211kfmgk−=+故选D。4.2021年5月15日7时18分，我国发射的“天问一号”火星探测器成功着陆于火星。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点P变

速，进入环绕火星的椭圆轨道。下列说法中正确的是（）A.“天问一号”由轨道I进入轨道II，需要在P点加速B.“天问一号”在轨道I上经过P点时的加速度等于在轨道II上经过P点时的加速度C.“天问一号”在轨道I上的运行周期小于在轨道II上的运行周期D.“天问一号”在轨道I上

运行时的机械能等于在轨道II上运行时的机械能【答案】B【解析】【详解】AD．由题图可知，“天问一号”火星探测器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程，需要在P点减速，此时推进器对探测器做负功，探测器在轨道I上运行时的机械能大于在轨道II上运行时的机械能，

AD错误；B．由牛顿第二定律，有2MmGmar=解得2MaGr=可知探测器在轨道Ⅰ上经过P点与在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度相等，B正确；C．根据开普勒第三定律32akT=由于轨道Ⅰ的轨道半长轴大于轨道Ⅱ的轨道半长轴，故探测器在轨

道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期，C错误；故选B5.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，轻弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在圆环上的小球相连。小球的质量为m，静止在B点时弹簧与竖直方向的夹角30=，重力加速度为g。若换用原长相同，劲度系

数更大的某轻质弹簧，小球能静止于圆环上的C点（图中未画出，但不在圆环最低点）。下列说法正确的是（）A.小球静止在B点时，弹簧的弹力大小为2mgB.小球静止在B点时，圆环对小球的作用力背离圆环的圆心C.换用弹簧后，弹簧

的弹力将变大D.换用弹簧后，圆环对小球的作用力将变大【答案】B【解析】【详解】B．以小球为研究对象，由于重力作用，弹簧一定被拉伸，弹簧弹力F沿弹簧斜向上，由平衡条件，弹簧弹力F与圆环对球的弹力NF的合力跟重力等大反向，画

出受力分析如图。所以圆环对球的弹力方向一定背离圆心，故B正确；A．由图可知：AOB与DBE相似，有N==FmgFRABR弹簧的弹力大小ABFmgR=由几何关系得2cos303==ABRR解得3Fmg=故A错误；CD．换用劲度系数更大的某轻质弹簧，小球沿圆环上移，最终受

力平衡后，上述三角形相似仍成立，根据N==FmgFRABR得，当B点上移时，由于重力mg与半径R不变，AB长度减小，故弹簧弹力F减小，NF大小不变，故CD错误。故选B。6.低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落h的过程中受恒定阻力作用，加速度为

34g，对于此过程，下列正确的是（）A.运动员的重力势能减少了34mghB.运动员克服阻力所做的功为34mghC.运动员动能增加了34mghD.运动员的机械能减少了14mgh的【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．运动员的重力势能减少了mgh，A错误；B．

运动员克服阻力所做的功为3144Wmgmghmgh=−=B错误；C．根据动能定理可得，运动原动能增加了k34Emgh=C正确；D．运动员减少的机械能全部克服阻力做功，所以运动员的机械能减少了14mgh，D正确。故选CD。7.第二十四届冬奥会于2022年2月4

日至20日在北京举行，中华文明与奥林匹克运动再度携手，奏响全人类团结、和平、友谊的华美乐章。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过2s落到斜坡上的A点，不计空气阻力，运动员视为质点，重力加

速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.当从O点下落高度为5m时，运动员离斜面最远B.当从O点下落高度为10m时，运动员离斜面最远C.当从O点下落高度为5m时，重力的瞬时功率为到达A点前瞬间重力瞬时功率的一半D.当从O点下落高度为10m时，重力的瞬时功率为到达A点前

瞬间重力瞬时功率的一半【答案】AC【解析】【详解】AB．类比斜抛运动，从O点到A点的时间为t2=2s根据斜抛运动的对称性，从O点到离斜面最远需要时间11st=则从O点下落高度为2115m2hgt==故A正确，B错误；CD．从O点下落高度为5m时，需要时间

11st=此时竖直方向速度1110m/svgt==从O点下落到A点需要时间22st=此时竖直方向的速度2220m/svgt==根据P=mgv知当从O点下落高度为5m时，重力的瞬时功率为到达A点前瞬间重力瞬时功率的一半，故C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不

可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)．则绳中拉力大小变化的情况是()A.由B到D的过程中，拉力逐渐变大B.由B到D的过程中，拉力保持不变

C.由D到C的过程中，拉力逐渐变大D.由D到C的过程中，拉力保持不变的【答案】AD【解析】【详解】AB．当轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得2Fcosθ=mg

得到绳子的拉力2cosmgF=所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大，选项A正确，B错误；CD．当轻绳的右端从直杆最上端D移到C点时，设两绳的夹角为2α．设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知

识得到sinSL=L、S不变，则α保持不变．再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．故D正确，C错误。故选AD。三、非选择题：共174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129分。9.如图所示，某同学利用该装置验证小球向下摆动过程中机械能是否守恒，不可伸长的轻质细线一端固定在O点，另一端连接小球，在O点的正下方D处（箭头所指处）放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割

断，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，已知当地的重力加速度为g。实验步骤如下：a.实验开始前，测出小球的直径d，再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L，小球下端距水平地面的高度为h；b.将小球向右拉离平衡位置，测出细线与竖直方向成一定的张角，由静止释

放小球，使小球在竖直面内做圆周运动，小球运动到最低点时细线立即被刀片割断（不计细线割断时的能量损失）；c.割断细线后，小球水平抛出，测得小球抛出后的水平位移为x。完成下列问题：（1）本实验所用器材有：细线、小球、刀片、量角器和_________A.天平B.刻度尺C.游标卡尺（2）割断细线后，

小球水平抛出的速度表达式为v0=_________（用已知和测量物理量的符号表示）。（3）验证机械能守恒定律成立的表达式为_________（用已知和测量物理量的符号表示）。【答案】①.BC②.2xgh③

.2(1cos)42xdLh=+−【解析】【详解】（1）[1]由机械能够守恒的式子可得与小球的质量无关，故不需要天平，这里需要测量细线的长度以及小球的直接，所以需要用到刻度尺和游标卡尺，故选BC。（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运

动有212hgt=水平方向有0xvt=联立可得0=2gvxh（3）[3]小球下降的高度为()1cos2dL+−（）若机械能守恒有()2011cos22dmgLmv+−=（）化简得()21cos42xdLh=+−（）满足该式子，则得出机械能守恒。10.某实验小组为验证系统

机械能守恒，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：（1）用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d=_______mm，测得砝码和遮光片总质量m=0.026kg；（2）按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于光电门1的激

光孔，运动最低点低于光电门2的微光孔；（3）实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量x及力传感器的读数F，画出F—x图像，如图丙所示；（4）测量遮光片经过光电门1的挡光时间t1=0.0051s，弹簧的拉伸量x1=0.04m，经过

光电门2的挡光时间t2=0.0102s，弹簧的拉伸量x2=0.08m，以及两个光电门激光孔之间的距离h=0.04m；（5）遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，弹性势能的增加量Ep1=________

J，重力势能的减少量Ep2=_________J，系统动能的减少量Ek=_______J（结果保留三位有效数字，g=10m/s2），实验表明在误差允许范围内系统机械能守恒。【答案】①.2.040②.0.0120③.0.0104④.1.56×10－3【

解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片厚度为2mm4.00.01mm2.040mmd=+=（5）[2][3][4]遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，弹性势能增加量为p10.20.4

0.04J0.0120J2E+==重力势能减小量为()p221Emgxx=−代入数据得p20.0104JE=系统势能的增加量为pp1p2EEE=−代入数据得3p1.6010JE−=通过光电门的速度为d

vt=系统动能的减少量为22k121122ddEmmtt=−代入数据得3k1.5610JE−=11.滑板运动是年轻人喜爱的运动项目之一。如图所示，一运动员在玩滑板，他一只脚蹬地后，滑板和他一起以大小为3m/s的速度在水平面上从A点向右无动力运动，运动到B点时恰能沿

斜面下滑，到达C点时的速度大小4m/sv=。已知水平面A、B间的距离为1.8m，斜面倾角37=，滑板与AB、BC段间的动摩擦因数相同，运动员和滑板的总质量为60kg，sin370.6=，cos370.8=，重力加速度210m/s=g。求：（1）滑板与水平面AB段间

的动摩擦因数；（2）斜面BC的长度。【答案】（1）0.25；（2）2m【解析】【详解】（1）由题可知，运动员从A到B做匀减速运动，到B点时速度刚好为零，由匀变速直线运动规律有21102axv=根据牛顿第二定律有1fma=解得150Nf=因为N=fFmg=代入数据

解得，滑板与水平面AB段间的动摩擦因数为0.25=（2）在BC段，由牛顿第二定律得sincosmgmgma−=解得24m/sa=又222Cvax=解得，斜面BC的长度为22mx=12.如图所示，水平面以O点为界，左侧光滑、

右侧粗糙．足够长的木板A左端恰在O点，木板右端叠放着物块B．物块C和D之间夹着一根被压缩了的轻弹簧(弹簧与物块不栓接)，用细线锁定并处于静止状态，此时弹簧的弹性势能Ep=3J．现将细线突然烧断，物块C与弹簧分离后向右做直线运动，并与木板A碰撞后粘连在一起(碰撞时间极短)．已知A、B、C的质

量均为m=1kg，物块D的质量M=2kg，A、C与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，均为μ1=0.1．A、B之间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．求：（1）物块C与弹簧分离瞬间的速度大小．（2）木板A在粗糙水平面上滑行的时间．【答案】（1）C2

m/sv=；（2）2s3t=【解析】【详解】（1）设物块C、D与弹簧分离瞬间速度分别为Cv和Dv,此过程由系统机械能守恒定律得C22D11322mvMv+=取水平向右为正方向，由动量守恒定律列式得CD

0mvMv−=联立以上两式解得C2m/sv=，D1m/sv=（2）设C与A碰后获得的速度为0v，且C与A碰撞前后动量守恒，则C02mvmv=解得01m/sv=对B受力分析，由牛顿第二定律列式得21mgma=解得213m/sa=对A、C整

体受力分析，由牛顿第二定律得21232mgmgma+=解得223m/sa=设经过时间1t，A、B、C三者速度相同，并设共同速度为v，由运动学公式列式，对B列式有11vat=对A、C整体列式有021vvat=−联立以

上两式解得11s6t=；1m/s2v=共速后，A、B、C三者一起沿水平面向右做匀减速直线运动，对它们组成的整体受力分析，由牛顿第二定律列式得133mgma=解得21m/sa=设此后三者一起匀减速至停止的过

程中，所用时间为2t，由运动学公式得2vat=解得21s2t=那么木板A在水平面上滑行的时间122s3ttt=+=（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。（物理――选修3-3）（1

5分）13.如图所示，一定质量的理想气体处于状态a，可经不同的过程变化到状态c。若将该气体从a经等容变化到b，再经等压变化到c称为过程1：将该气体从a经等压变化到d，再经等容变化到c称为过程2。下列说法正确的是（）A.过程1中气体对外做的功等于过程2中气体对外做的功B.状态b气体分子的平

均动能小于状态d时气体分子的平均动能C.过程1中气体从外界吸收的热量小于过程2中从外界吸收的热量D.过程1中从a到b气体放出的热量等于从b到c过程中吸收的热量E.过程1中从a到b气体放出的热量小于从b到

c过程中吸收的热量【答案】BCE【解析】【详解】A．根据题意，由图可知，过程1体积膨胀过程中气体的压强小于过程2中体积膨胀过程中气体的压强，因此过程1中气体对外做的功小于过程2中气体对外做的功，故A错误。B．根据题意，由图可知，状态b时气体的pV值小于状态d时气体的pV

值，因此状态b时气体的温度小于状态d时气体的温度，故B正确。C．根据题意，由图中信息可知状态a和状态c温度相同，因此气体内能也相同，但过程1中气体对外做的功小于过程2中气体对外做的功，因此过程1中气体从外界吸收的热量小于过程2中从外界吸收的

热量，故C正确。DE．过程1中因气体对外做了功，因此此过程中吸收的热量应大于放出的热量，因此从a到b气体放出的热量小于从b到c过程中吸收的热量，故D错误，E正确。故选BCD。14.如图所示，质量为M的柱形气缸内用质量为m的活塞封闭了一定质量的

理想气体，活塞横截面积为S，可沿气缸无摩擦滑动但不漏气。系统静止时活塞底面到气缸底部的距离为h，现用竖直向上的力F作用在活塞上，缓慢增大力F，直到气缸刚要离开地面。气缸导热良好，周围环境温度不变，重力加速度为g，大气压强恒为0p，

气缸壁厚度不计。求：（1）此时活塞底面距离气缸底部高度：（2）若气缸刚要离开地面时撤去外力F，足够长时间后活塞重新处于静止状态，撤去F后到最终活塞静的止的过程中，气体放出的热量。【答案】（1）020pSmg

hhpSMg+=−；（2）00()mgpSMmghQpSMg++=−（）【解析】【详解】（1）气体发生等温变化1122pVpV=据题意可得10pSpSmg=+1VhS=末状态，对气缸20pSMgpS+=22VhS=解得020pSmghhpSMg+=

−（2）气体温度不变，可得QW=气对活塞，据动能定理可得0=0mghpShW+−气解得00()mgpSMmghQpSMg++=−（）（物理—选修34）（15分）15.一振动周期为T、振幅为A、位于0x=点的波源从平

衡位置沿y轴正方向开始做简谐运动。该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失。一段时间后，该振动传播至某质点P，已知P点与波源距离svT=，则质点P的（）A.振幅一定为AB.周期一定为TC.速度的最大值一定为vD.起振方向沿y轴负方

向E.位移与波源的位移相同【答案】ABE【解析】【详解】A．质点P的振幅等于振源的这幅，则振幅一定为A，选项A正确；B．质点P的周期等于振源的振动周期，则周期一定为T，选项B正确；C．质点的振动速度与波的传播速度不同，则质点P振动速度的最大值不一定为v，选项C错误；D．各个质

点起振的方向与波源起振的方向相同，则P点起振方向沿y轴正方向，选项D错误；E．因为P点与波源距离=svT=，则P点的振动情况与振源同步，即P点的位移与波源的位移相同，选项E正确。故选ABE。16.如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖的圆心为O，直径,3PQOAOAR⊥

=从A点发射出两条不同颜色的单色光线AB和AC，经玻璃砖折射后均平行OA射出，已知玻璃砖对AC光线的折射率为43，图中60,53i==，已知sin530.8=，求：(1)玻璃砖对AB光线的折射率；(

2)两条出射光线间的距离。【答案】(1)3；(2)1.1R【解析】【详解】(1)如图，△ABO中，由几何关系得()sin180sin()3RR−−=解得β=30°则玻璃砖对AB单色光的折射率sin3sinABn==(2)由sin53sinACn=43ACn=解得37=由几何关

系得两条出射光线间的距离(sinsin)dR=+联解得在获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com