【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高三上学期11月月考物理试题（解析版）.docx，共(20)页，957.315 KB，由管理员店铺上传

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2024届高三11月质量检测试题物理本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答

案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某同学准备从长沙五一广场前往世界之窗，使用手机导航查询到2条路线，如图所示。下列说法正确的（）A.图中的

“29分钟”指的是时刻B.两条路线对应的位移不相同C.路线1的平均速度大于路线2的平均速度D.将路线1的起点和终点对调，位移不变【答案】C【解析】【详解】A．线路1中的“29分钟”是时间段，指时间间隔，故A错误；B．两条路线对应初末位置相同，位移是从初位置指向末位置的有向线段，所以位移相同，故B错

误；C．平均速度是位移与时间的比值，线路1和线路2的位移相同，线路1的时间小，平均速度大，故C正确；D．将路线1的起点和终点对调，位移大小不变，方向相反，故D错误。故选C2.如图，在固定光滑斜面的底端分别以相同大小的初速度

v0释放两个完全相同的小球A、B，小球可视为质点。A的初速度沿斜面向上，B的初速度与斜面有一定的夹角，到达顶端时速度恰好垂直斜面。不计空气阻力，针对两小球从斜面底端运动到顶端的过程，下列说法正确的是（）A.两球所受合力做的功相同B.两

球所受合力的冲量相同C.两球重力做功的平均功率相等D.两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小一定相同【答案】A【解析】【详解】A．对A球受力分析可知，只有重力做功，对B球受力分析可知，同样只有重力做功，两小球从斜面底端运动到顶端的

过程中，根据GWmgh=−可知重力做功相同。故A正确；B．由冲量的表达式IFt=可知力的方向与冲量方向相同。依题意，A球合力沿斜面向下，B球合力竖直向下，二者方向不同，所以两球所受合力的冲量不相同。故B错误；C

．把B球的初速度分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同样也小于A球的初速度大小。两球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由xvt=可知A球的时间大于B球的，根据WPt=易知。ABPP故C错误；D．根据动能定理，有22

G01122Wmvmv=−可知两球到达斜面顶端时，速度大小相等，设斜面夹角为，则有Acossin2Pmgvmgv=+=−，BcosPmgv=即两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不一定相同。故D错误。故选A。3.如图，一个仅

受静电力作用的带电粒子在静电场中运动，其轨迹用虚线表示。下列说法正确的是（）A.粒子可能带负电B.N点的电势一定高于M点的电势C.电场力一定做正功D.粒子的电势能一定增加【答案】B【解析】【详解】A．曲线运动物体所受的合力指向轨迹的凹侧

，正电荷所受电场力方向与电场线方向相同，根据图像可知该粒子所受的电场力沿着电场线方向，所以该粒子带正电，故A错误；B．沿着电场线方向电势逐渐降低，所以N点电势高于M点的电势，故B正确；CD．因为不确定粒子是从M点运动到N点还是N点运动到M点，故无法判断电场力做正功还是负功，也无法判断电势能

的变化情况，故CD错误。故选B。4.“滑水”是近些年兴起的一项热门运动。摩托艇后面拉着一根绳子，后面的人手拉绳子、脚踩冲浪板。摩托艇行驶起来后，人就可以借助冲浪板“滑水”。有人注意到摩托艇匀速行驶时，冲浪板相对于摩托艇并不是静止，而是做简谐运动。在俯视图中建立坐

标系xOy，已知摩托艇的速度为v，绳长为L，绳上的最大拉力为F，人和冲浪板的总质量为m。水的阻力仅存在x方向，且正比于速度沿x轴的分量，比例系数为k。下列说法正确的是（）A.当绳子与x方向达到最大倾角时，绳上拉力为0B.人和冲浪板做简谐运动时机械能守恒C.人和冲浪板做简

谐运动的周期为2mLFkv−D.人和冲浪板做简谐运动的周期为2mLkv【答案】C【解析】【详解】A．当绳子与x方向达到最大倾角时，绳上的拉力在x轴方向的分力与水的阻力大小相等，故A错误；B．人和冲浪板做简谐运动时重力势能不变，动能不断变化，机械能不守恒，故

B错误；CD．人和冲浪板做简谐运动类似单摆的运动，由单摆的周期公式2LTg=，可得人和冲浪板做简谐运动的周期为'22LmLTFkvFkvm==−−故C正确，D错误。故选C。5.一列频率为10Hz的简谐横波沿绳在水平方

向传播，当绳上的质点A达到平衡位置且向上运动时，其左方0.6m处的质点B恰好到达最低点，则波速可能是（）A.3m/sB.4m/sC.24m/s5D.12m/s5【答案】C【解析】【详解】当波由A向B传播时

，则有1()4ABn=+vf=所以24m/s14vn=+（n=0，1，2，3……）当n=0时，24m/sv=；当n=1时，24m/s5v=；当n=2时，8m/s3v=；当n=3时，24m/s13v=；当波由B向A传播时，则有3(

)4ABn=+vf=所以24m/s34vn=+（n=0，1，2，3……）当n=0时，8m/sv=；当n=1时，24m/s7v=；当n=2时，24m/s11v=；当n=3时，8m/s5v=。故选C。6.如图是内燃机中一种传动装置，车轮和滑块上分别设置可以绕轴A、

B转动的轻杆，O轴固定。工作时高压气体驱动活塞在汽缸中做往复运动，再通过连杆驱动滑块在斜槽中做往复运动，最终驱动车轮做角速度为ω的匀速圆周运动。已知轻杆OA长度为L，运动到图示位置时AB、BC垂直，60==，那么此时活塞的速度大小为（）A.12L

B.32LC.32LD.33L【答案】B【解析】【详解】A点的线速度为vL=A点的线速度沿AB水平杆的分速度为3sin2vvL==滑块在斜槽中的速度分解为沿BC向上和沿AB水平向左的分速度，滑块沿AB方向的分速度与A点线速度沿AB方向的分速度相等，即3

2ABvvL==结合图可知活塞的速度等于滑块在斜槽中沿竖直向上的分速度，所以滑块在斜槽中竖直向上的分速度为33tan322BCABvvLL===故选B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四

个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.光滑水平面上有两个相同的匀质凹槽P、Q，质量为m，凹槽内有一个14圆的光滑轨道。质量同为m的小球，从凹槽P的顶端由静止

开始下滑，下列说法正确的是（）。A.小球在凹槽Q上能达到的最大高度为2RB.小球在凹槽Q上能达到的最大高度为4RC.小球从凹槽Q返回水平面的速度为2gRD.小球从凹槽Q返回水平面的速度为0【答案】BD【解析】【详解】AB．以水平向右为正方向，对P与小球，小球从P顶端滑下过

程中，在水平方向上动量守恒0mPPvmv=−由能量守恒可知221122PpmgRmvmv=+代入数据求得PvvgR==对Q和小球，从小球开始滑上Q到小球上升到Q的最高点过程中，水平方向动量守恒()Qmvmmv=+共由能量守恒()221122Qmvmmvmgh=++共

代入数据求得14hR=A错误，B正确；CD．对Q和小球，从小球开始滑上Q到小球再次回到水平面的过程中，水平方向动量守恒1QQmvmvmv=+能量守恒222111222QQmvmvmv=+求得0Qvvv=，＝C错误，D正确。故选BD。8.如图所示的电路包括一个由电动势为E、内阻为r的电

源，一个理想电流表以及四个完全相同的小灯泡组成的电路，小灯泡的电阻为2r。现在将灯泡L4移除，电路在该点断开，下列说法正确的是（）A.C、D两点间的电压增大B.电源的输出功率变大C.电源的总功率变大D.灯泡2L变暗【

答案】AB【解析】【详解】C．每个小灯泡的电阻为2r，初态电路的总电阻为52262rrrRrrrrr=++=++将灯泡L4移除，电路在该点断开后，末态的总电阻为22rrRrrr=++=+故电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律

可知干路电流I变小，而电源的总功率由PEI=，可知要变小，故C错误；B．根据电源的输出功率为22222=()()4EREPIRRrRrrR==−++外而外电阻从56r变为r，即从外电阻小于内阻变为外电阻等于内阻，则电源的输出功率达到最大，即电源的

输出功率变大，故B正确；A．初态AB间的等效电阻为3r，DC两点间的电压等于AB间的电压按照两等大电阻串联分成两相等的电压，为1321123DCrEEUrrr==++末态DC两点间的电压等于AB间的电压，有2422DCrEEUrrr++==故DC两点间的

电压增大，故A正确；D．灯泡2L的电压即为AB两点间的电压，初态为231123ABrEEUrrr==++末态电压为2422ABrEEUrrr==++可得灯泡2L的电压增大，则其功率变大，灯泡要变亮，故D错误。故选AB。9.如图是一种测量未知电荷q的实验装置。其中q、Q1固定在A、

B两点，Q2用一根绝缘细线拴接在A、B连线上的O点，平衡时夹角为θ。已知q、Q1、Q2到O点的距离分别为a、b、c，三者均为正电荷，且均放置于光滑绝缘的水平桌面上。下列说法正确的是（）A.该实验装置需要同

时已知Q1、Q2电荷量大小B.该实验装置只需要已知Q1的电荷量大小C.根据实验数据可以得到32221222cos2cosbcaacqQacbab+−=++D.根据实验数据可以得到32221222

2cos2cosbcaacqQQacbab+−=++【答案】BC【解析】【详解】令Q1、Q2间的距离为e，q、Q2间的距离为d，如图所示，根据库仑定律1212kQQFe=，222kqQFd=利用三角形222FFQOCQ可知122FOCFCQ=利用几何关系可知OCaeab

=+2dCQadab−=+根据余弦定理可知222cosebcbc=++222cosdacac=+−联立解得的32221222cos2cosbcaacqQacbab+−=++因此该实验装置只需要已知Q1的电荷量大小及a、b、c的大小就可以算出q的电荷量。故选BC。10.如

图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r，FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是（）A.卫星FZ01的轨道半径约为2rB.卫星FZ01的轨道半径约为5rC.卫星FZ0

1可以记录到北极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化【答案】AC【解析】【详解】由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力222πMmGmrrT=可得同步卫星的周期为32πrTGM=卫

星FZ01的周期为32π3rTTGM==则卫星FZ01的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为329rrr=卫星FZ01纬度最高时，30=卫星离地球球心所在水平面的高度为sin30sin3024rr

hr===同步卫星轨道半径为42300kmr=，地球半径为6300kmR=，则6.7rR，因此4rhR=即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化，故AC正确。故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律

。滑块a和小球b用已被压缩的弹簧连接，整个装置放在水平粗糙桌面上，小球b的中心位于桌面的右侧边缘，左侧A点设置一个光电门。实验步骤如下：①测出a上方的挡光片宽度为d；②测出滑块a和小球b的质量m1、m2；③释放弹簧，滑块a和小球b随即向

两侧运动；④记录a上方的挡光片的遮光时间t；⑤测量平台距地面高度h；⑥测量小球b落地点与桌面边缘之间的水平距离x。回答下列问题：（1）小球b离开桌面的速度大小vb=______；（2）该实验要验证动量守恒定律，还需要测得的物理量有______；A.重力加速度

gB.释放前挡光片与光电门的距离LC.桌面的动摩擦因数μD.弹簧的劲度系数kE.小球半径rF.滑块a的宽度D（3）假设（2）中所有物理量已测得，要验证动量守恒定律，各物理量之间需要满足的方程是______（用已给的字母表示）。【答案】①2gxh②.ABC③.212()2

2dgmgLmxth+=【解析】【详解】（1）[1]由于小球b离开桌面做平抛运动，则bxvt=212hgt=所以2bgvxh=（2）[2]根据动量守恒定律有12abmvmv=对滑块a，有222avvgL−=dvt=所以212()22dgmgLmxth+=由此可知，要

想验证动量守恒，则还需测量的物理量有释放前挡光片与光电门的距离L，桌面的动摩擦因数μ，重力加速度g。故选ABC。（3）[3]若系统动量守恒，则212()22dgmgLmxth+=12.物理兴趣小组发现某品牌的多用电表有一个“电容”挡位，准备借此仪器探究“平行板电容器电容大的.小的影响

因素”。他们利用两张锡箔纸（主要成分为铝）充当电容器的极板，用A4纸充当电介质（实验操作中压紧），设计如图所示的电路。表一所夹A4纸数目51015202530电容/×10-9F1.410.820.580.450.360.30表二正对面积S2S3S4S电

容/×10-9F0.150.300.460.60实验步骤如下：①测出一百张A4纸的厚度为1.04cm；②在锡箔纸正对面积不变的前提下，改变所夹A4纸的数目，测量电容器的电容，得到表1；③将锡箔纸裁剪成很多个完全相同的正方形，面积为S。保持所夹A4纸始终

为20张，改变铝箔纸正对面积进行实验，得到表2。回答下列问题：（1）根据表1，可以判断电容大小与极板距离呈________（填“线性”或“非线性”）关系；（2）为探究电容大小与极板距离的关系，利用表1画图，纵坐标为电容大小，横坐标应该设置为___

_____更有利于判断规律；（3）根据表2，纵坐标为电容大小，横坐标设置为正对面积，得到一条斜率为0k的过原点直线，如果用40张纸做实验，那么斜率将变为________（用0k表示）；（4）已知正对面积280cmS=利用表2可得A4纸的相对介电常数r=________（保留2位有效数字，4

12.6，静电常数9229.010Nm/Ck）。【答案】①.非线性②.极板距离的倒数③.02k④.4.4【解析】【详解】（1）[1]根据表1，可以看出所夹A4纸数目越多，锡箔纸之间的间距越大，测得电容器的电容越小，从测量的数据可看出电容大小与极板距离呈非线性关系变化；（

2）[2]为探究电容大小与极板距离的关系，根据表1数据，可大致判断出电容器电容与极板间距离的倒数成线性关系变化。利用表1画图，为了便于现象直观研究电容器电容与极板间距离的关系，若纵坐标为电容大小，则横坐标应该设置为极板距离的倒数更有利于判断规律；（3）[3]保持锡箔纸

之间所夹A4纸始终为20张，根据表2，可看出电容器的电容与锡箔纸的正对面积成正比关系变化。若纵坐标为电容大小，横坐标设置为正对面积，得到一条斜率为0k的过原点直线，结合前面分析可知，如果用40张纸做实验，那么斜率将变为02k；（4）[4]已知正对面积280cm

S=，利用表2可得此时电容器的电容为101.510FC−=，根据4SCkd=可得A4纸的相对介电常数9210r41.0412.69.01020101.51041004.48010kdCS−−−

==13.如图，倾角为30的粗糙斜面位于水平向左的匀强电场中，斜面底端边缘与电场方向平行。一个质量为m，电荷量为q+的滑块从高度为h的斜面顶端由静止释放，到达底端时速度v与电场线夹角为60，速度大小23ghv=。g取210m/s，求：

（1）电场强度E的大小；（2）滑块电势能的变化量pE；（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ的大小。【答案】（1）36mgEq=；（2）3pmghE=；（3）0.5【解析】【详解】（1）由题意可知，水平向左的电场力Eq与沿斜面

向下的重力的分量mgsin30°的合力沿虚线方向，则sin30tan60mgqE=解得36mgEq=（2）从开始下滑到斜面底端的位移4sin30sin603hhx==滑块电势能的变化量cos603pmghEqEx==（3

）水平向左的电场力Eq与沿斜面向下的重力的分量mgsin30°的合力为sin30sin603mgmgF==合从开始下滑到斜面底端由动能定理21(cos30)2Fmgxmv−=合解得μ=0.514.如图甲，一个足够长的斜面倾角为θ。质量为M的滑块上方固连

一个光滑玻璃管，管中有一根已经被压缩的轻弹簧，弹簧上方放置一个小物块，质量为m。当二者沿着斜面下滑速度达到v时，弹簧将在极短的时间内自动释放，小物块m相对滑块M以速度u弹出，回答下列问题：（1）若斜面光滑，判断物块m落回斜面时，是位于玻璃管的前方、后方还是恰好落入玻璃管？请说明理由；（

2）若斜面与滑块M之间的动摩擦因数为μ，如图乙，当物块m落到玻璃管口的延长线上时，求二者的位移差x约定m落在M前方时x为正。【答案】（1）恰好落入玻璃管，见解析；（2）22cosug【解析】【详解】（1）小物块m离开玻璃管时，在沿斜面向下的方向上的速度都是v，小物块m与滑块M在

沿斜面向下的方向的加速度相等sinag=在沿斜面向下的方向上，小物块m与滑块M的速度时刻相等1sinvvgt=+在垂直斜面方向上小物块m离开玻璃管后向上以初速度为u，加速度为cosg做匀变速运动，所以小物块m落回

斜面时恰好落入玻璃管。（2）在垂直斜面方向上小物块m离开玻璃管后向上以初速度为u，加速度为cosg做匀减速运动，当小物块m落到玻璃管口的延长线上时，运动的时间02cosutg=小物块m离开玻璃管时，在沿斜面向下的方向上的速度都是v，小物块m在沿斜面向下的方向的加速度大小为1si

nag=在沿斜面向下的方向上，当小物块m落到玻璃管口的延长线上时，小物块m运动的位移2101012xvtat=+在沿斜面向下的方向上，滑块M在沿斜面向下的方向的加速度大小为()2sincossincosMgMgagM−==−当小物块m落到玻璃管口的延

长线上时，在沿斜面向下的方向上，物块M运动的位移2202012xvtat=+则2122cosuxxxg=−=15.如图，一根长为2L的轻杆一端用铰链固定在天花板，轻杆中点以及另一端分别固定质量相同的小球1、2（质量均为m）。将杆拉到水平位置从静止释放，忽略一切摩擦以及空气阻

力，回答下列问题：（1）当轻杆摆至0=位置时，求两个小球的速度1v、2v；（2）若杆上任意部分的弹力4.2Fmg时，轻杆将断裂，试分析轻杆从水平静止释放的过程中是否会断裂？如果会断裂，求出断裂时的角度θ（可以用θ的三角函数值表示）；如果不会，

请说明理由；（3）若杆不会断裂，且释放时的初始角度θ非常小，该系统将近似做简谐振动，求出该运动的周期T。【答案】（1）1305gLv=，22305gLv=；（2）会断裂，此时角度为3arccos4；（3）6

LTg=【解析】【详解】（1）小球1、2角速度相同，小球2的运动半径是小球1的2倍，可得212vv=根据机械能守恒可得221211222mvmvmgLmgL+=+解得1305gLv=，22305gLv=（2）断裂时的角度θ，根据机械能守恒可得221211

cos2cos22mvmvmgLmgL+=+解得130cos5gLv=，2230cos5gLv=对小球2受力分析有222cos2vTmgmL−=对小球1受力分析有2112cosvTTmgmL−−=可知当14.2Tmg时，轻杆断裂，解得3cos4=故可得断裂时的角度θ为

3arccos4；（3）若杆不会断裂，系统近似做简谐振动，则可得周期为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com