2024-2025學年湖北省隨州市廣水市某中學高三（上）月考物理試卷（9月）（含解析）

2024-2025學年湖北省隨州市廣水市第二高級中學高三（上）月考

物理試卷（9月）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.汽車中的A8S系統(tǒng)是汽車制動時，自動控制制動器的剎車系統(tǒng)，能防止車輪抱死，可以減小剎車距離,

增強剎車效果。實驗小組通過實驗，研究有力BS系統(tǒng)和無4BS系統(tǒng)兩種情況下的勻減速制動距離，測試的

初速度均為60km/鼠根據(jù)圖中的圖線及數(shù)據(jù)，可以推斷出兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比a有：a無

D.2：3

2.如圖所示，質量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內有一質量為小的小

鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎

直方向成a角.重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小鐵球受到的合外力方向水平向左B.凹槽對小鐵球的支持力為4

C.系統(tǒng)的加速度為a=gtanaD.推力F=Mgtana

3.風力發(fā)電機是由風力帶動葉片轉動，葉片再帶動轉子（磁極）轉動，使定子（線圈，不計電阻）中產(chǎn)生電

流，實現(xiàn)風能向電能的轉化.若葉片長為I,設定的額定風速為外空氣的密度為p,額定風速下發(fā)電機的

輸出功率為P,則風能轉化為電能的效率為（）

2P6P4P8P

23資

,7iplVB?7rp/2v3C.7rpi2/D.71Plz

4.如圖所示，傳送帶在電動機帶動下，始終以速度M故勻速運動，現(xiàn)將質量為小的某物塊由靜止釋放在傳

送帶的左端，設傳送帶足夠長，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,對于物塊從靜止釋

放到與傳送帶相對靜止這一過程（）

第1頁，共15頁

V

A.物塊做勻速直線運動B.所用時間t=—

C.摩擦產(chǎn)生的熱量為小廿D.電動機多做的功等于與n/

5.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場。為絕緣光滑且固定的四分之

一圓弧軌道，軌道半徑為R,。為圓心，B位于。點正下方。一質量為小、電荷量為q的帶正電小球，以初速

度以豎直向下從4點沿切線進入四分之一圓弧軌道內側，沿軌道運動到8處以速度射出。已知重力加速

度為9，電場強度大小為后=鬻，sin370=0.6,空氣阻力不計，下列說法正確的是（）

A.從4到B過程中，小球的機械能先增大后減小/V,八

歷"小----N

B.從a到8過程中，小球對軌道的壓力先減小后增大:\|

C.在4、B兩點的速度大小滿足力>_[-----------

D.從B點拋出后，小球速度的最小值為

6.用電流表（內阻約40）和電壓表（內阻約35）測量電阻R的阻匠。某次按照如圖所示電路的測量情況：電流

表的示數(shù)是5.00nM,電壓表的示數(shù)是2.50"。正確的說法是（）

A..電阻R的值為5000O

B..電阻R的值略大于500。

C..電阻R的值略小于5000

D..如果采用電流表外接法測量，結果更加精確

7.如圖所示，質量為M、電阻為R、長為L的導體棒，通過兩根長均為人質量不計的導電細桿連在等高的兩

固定點上，固定點間距也為L。細桿通過開關S可與直流電源琦或理想二極管串接。在導體棒所在空間存在

磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關S接1,當導體棒靜止

時，細桿與豎直方向的夾角固定點8=p然后開關S接2,棒從右側開始運動完成一次振動的過程中（）

A,電源電動勢Eo=2

B.棒消耗的焦耳熱Q=（l—日）Mgl<?也缸?

C.從左向右運動時，最大擺角小于今

D.棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質量均為6的星位于

等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為R,忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形

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中心。做勻速圓周運動，萬有引力量為G,貝|（）

f1、

f/?,、、

tI、

/：\R

/?\

仁......2

mm

A.每顆星做圓周運動的線速度為摩

7R

B,每顆星做圓周運動的角速度為

C.每顆星做圓周運動的周期為2兀事

73Gm

D.每顆星做圓周運動的加速度與三星的質量無關

9.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿%軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中

0?到段是對稱的曲線，冷?尤3段是直線，則下列說法正確的是（）

A.xi處電場強度為零"Z

B.X2、*3處電勢01、02、的關系為91>92>93/：

C.粒子在?冷段速度"隨久均勻減小*

D.X2?*3段是勻強電場°4”2盯

10.如圖所示，某同學為探究帶電粒子“約束”問題。構想了向里的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B,邊界

分別是半徑為R和2R的同心圓，。為圓心，4為磁場內在圓弧上的點且。P=P4若有一粒子源垂直磁場方

向在紙面內的36。。發(fā)射出比荷為細帶負電粒子，速度連續(xù)分布且無相互作用，不計其重力,

s譏37。=0.6。對粒子源的位置和被約束相關量的說法正確的是（）

A.在2時，被磁場約束的粒子速度最大值心柿=誓

B.在。時，被磁場約束的粒子速度最大值^^二警

C.在。時，被磁場約束的粒子每次經(jīng)過磁場時間最大值tm=埸署

D.在P時，被磁場約束的粒子速度最大值"mP=喈

二、綜合題：本大題共5小題，共54分。

11.（6分）實驗小組在探究“加速度與物體的受力、物體質量的關系”時，用圖甲所示的裝置讓滑塊做勻

加速直線運動來進行。

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023(cm)

1m中”甲苗||「41

05101520

乙

(1)實驗前，接通氣源后，在導軌上輕放滑塊，輕推一下滑塊，使其從軌道右端向左運動，發(fā)現(xiàn)滑塊通

過光電門a的時間大于通過光電門B的時間。為使導軌水平，可調節(jié)旋鈕使軌道右端(選填“升

高”或“降低”)一些。

(2)現(xiàn)用游標卡尺測量遮光條寬度d。測量結果如圖乙所示，則d=mm.(3)實驗時，由

氣墊導軌側面的刻度尺測出光電門4B之間的距離為3游標卡尺測量遮光條寬度為d由計時器分別讀出

遮光片通過光電門4B的時間分別為1小口，則滑塊的加速度a=(用乙、以、tB、d來表示

)。

12.(8分)如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的4B、C三個滑塊，滑塊48間通過一輕彈簧相連，

滑塊4左側緊靠一固定擋板P,某時刻給滑塊C施加一個水平?jīng)_量使其以初速度見水平向左運動，滑塊C撞

上滑塊8的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢能為1.35J,此時撤掉

固定擋板P,之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊力、B、C的質量分別為叫4=ms=0.2kg，me=Qlkg,(

(1)滑塊C的初速度見的大?。?/p>

(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊8、C的速度大??；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊BC整體的沖量.

13.(12分)如圖，水平軌道AB、CD分別與高為M傾角。=30。的斜面軌道BC兩端平滑連接，質量為6

的小物塊P靜止在水平軌道4B上，質量大于m的小物塊Q位于P的左側，Q的初動能為叫o=搟叱9八(9為重力

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加速度大小)，初速度方向向右；Q與P發(fā)生碰撞后，P沿斜面上滑高度矍入后返回，在水平軌道上與Q再次

DO

發(fā)生碰撞，所有軌道均是光滑的，每次碰撞均為彈性碰撞。

(1)求Q的質量；

(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點時的速度大??；

(3)為保證第2次碰撞能在水平軌道4B上發(fā)生，求初始時P離斜面底端B的最小距離。

CD

Q_p/T

，一口一,,口.........，I

//////////////////////////

AB

14.(12分)為測量電阻心的阻值，某同學設計了如圖(砌所示的電路圖，&是標準電流表，Ro和RN分別

是滑動變阻器和電阻箱，S和Si分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池。完成下列實驗步驟中的填空:

圖(a)

(1)將S撥向接點1,接通Si，調節(jié)Ro,使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時電流表4)的讀數(shù)/o；

(2)然后將S撥向接點2,保持品不變，調節(jié)RN，使，記下此時RN的讀數(shù)；

(3)某次RN讀數(shù)如圖(6)所示，貝URN讀數(shù)為，多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的平均值，此即

為電阻感的測量值；

(4)寫出一條你認為存在誤差的原因

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15.(16分)如圖(a)所示，水平放置的平行金屬板4B間加直流電壓U,4板正上方有“『’字型足夠長的

絕緣彈性擋板.在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應強度隨時間變化如圖(b),垂直紙面向里為磁場正

方向，其中&未知.現(xiàn)有一比荷為2、不計重力的帶正電粒子從C點靜止釋放，t=0時刻，粒子

剛好從小孔。進入上方磁場中，在ti時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在"+以時刻粒子撞到右擋板，

然后粒子又從。點豎直向下返回平行金屬板間.粒子與擋板碰撞前后電量不變，沿板的分速度不變，垂直

板的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產(chǎn)生的感應影響.求：

(1)粒子第一次到達。點時的速率;

(2)圖中％的大小;

(3)金屬板4和8間的距離d.

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答案解析

1.A

［解析］有4BS系統(tǒng)時，有/=2a有x有①

無2BS系統(tǒng)時，有t>2=2a無x無②

聯(lián)立彳導—=總=型=±

耳天倚°無一支有一15-3。

故選/。

2.C

【解析】4小鐵球的加速度方向水平向右，根據(jù)牛頓第二定律知小鐵球受到的合外力方向水平向右，故N

錯誤；

=工4,故5^

員對小球進行受力分析，如圖，則凹槽對小鐵球的支持力為：N

G

錯誤；

C對小球進行受力分析得：mgtana—ma,解得：a=gtana,所以系統(tǒng)的加速度為：a=gtana,故C

正確；

D對整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F=(m+M)a-(m+M)gtana,故。錯誤；

故選C。

3.A

【解析】建立一個“風柱”模型如圖所示，風柱的橫截面積為葉片

旋轉掃出的面積S=加2,

經(jīng)過t風柱長度X=",所形成的風柱體積U=山2區(qū)，

風柱的質量m=pV=pnl2vt,

根據(jù)動能定理，風力在這一段位移做的功W=Ek=|mv2=|-pul2

風柱的功率P風=?=3加2戶，

2P

風能轉化為電能的效率r；=戶p=盛正。

r風1卬1”

故/正確，BCD錯誤。

4.B

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【解析】解：4物塊由靜止釋放在傳送帶上時，傳送帶會給物塊一個向前的摩擦力，促使物塊向前做勻加

速運動，f=ma-{img,解得。故/錯誤；

8.物塊最終和傳送帶相對靜止，即和傳動帶達到共速，所用時間為￡="=言，故8正確；

C期間傳送帶運動的位移為S=a，則可知克服摩擦力所做的功為Wf=fs=4根。a=小。2,物塊獲得的

動能為Ek=1w2,則可得摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=Wf-Ek，解得Q=5m?2,故。錯誤；

2

D電動機多做的功轉化為物塊的動能和系統(tǒng)內能，W=Ek+Q,W=mv,故。錯誤。

故選：Bo

物塊放上傳送帶后，由于和傳送帶有相對滑動，因此受傳送帶給的摩擦力作用開始勻加速運動直到共速，

此過程電動機多做的功即為傳送帶克服摩擦力做的功，轉化為物塊的動能和系統(tǒng)內能。

本題借助水平傳送帶模型，考查學生對功能關系的分析和理解，對學生分析能力有一定要求。

5.D

【解析】A從4到B過程中，靜電力一直做負功，小球的機械能一直減小，故/錯誤；

8.設等效重力與豎直線的夾角為仇則tan。=黑=小故。為37。，等效重力方向與豎直方向成37。角偏左下

方，所以從4到8過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故8錯誤；

CB點比力點更靠近等效最低點，所以以<4，故C錯誤；

D從4到B,由動能定理有mgR-EqR-黑喙解得"B=jd+寺。夫，之后小球做類斜拋運動，在

垂直于等效場方向上的分速度即為最小速度，則為in=UBCOs方=[4+□旦故。正確。

故選。。

6.C

【解析】解：力BC、根據(jù)歐姆定律可得：R%=500的,即電阻R的值略小于

=%1RA=3uX片XU

5000,故C正確，錯誤；

D、因R>>%可知采用電流表內接的方法測量比較精確，故。錯誤；

故選：Co

明確電路結構，根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路規(guī)律求出實際電阻，從而分析誤差情況。

本題關鍵是熟悉安培表內接法與外接法，明確誤差來源，知道安培表內接法電阻測量值等于安培表與待測

電阻電阻值之和，外接法電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯(lián)的電阻

7.C

【解析】4當開關接1時，對導體棒受力分析如圖所示

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T

BIL

Mg

細桿與豎直方向的夾角固定點。=5,則根據(jù)幾何關系可得Mg=BiL

解得/=鬻

根據(jù)歐姆定律/=粵

解得《0=誓

故/錯誤；

2.假設棒從右側開始運動完成一次振動的過程中，達到最低點時速度為零，則棒的重力勢能減少：

=Mg(l—cos。)，解得：△/=(1—當Mg1,根據(jù)能量守恒定律可知棒消耗的焦耳熱Q=(1—￥)MgZ,

由于棒達到最低點時的速度不為零，則完成一次振動過程中，棒消耗的焦耳熱小于(1-故8錯

誤；

C根據(jù)B選項分析可知，導體棒運動過程中，機械能轉化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于

TT

4＞故C正確；

D根據(jù)B選項分析，導體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=8。

可知棒兩次過最低點時感應電動勢大小不相等，故。錯誤。

故選C。

8.ABC

【解析】解:2、任意兩個星星之間的萬有引力尸=G普，

每一顆星星受到的合力，%=?,由幾何關系知：它們的軌道半徑r=^R①

合力提供它們的向心力：4G需=血?…②

聯(lián)立①②，解得：吁耳,故/正確；

B、角速度3=7=故3正確；

C、周期T=穿=2兀藍工，故C正確；

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D、任意兩個星之間的萬有引力F=G巖，每一顆星受到的合力就是其向心力，

%=?=ma,a=哲故向心加速度與三星的質量有關，故。錯誤。

故選：ABC.

先寫出任意兩個星星之間的萬有引力，求每一顆星星受到的合力，該合力提供它們的向心力。

然后用R表達出它們的軌道半徑，最后寫出用周期和線速度表達的向心力的公式，整理即可的出結果。

解決該題首先要理解模型所提供的情景，然后能夠列出合力提供向心力的公式，才能正確解答題目。

9.ABD

【解析】解：力、根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep=q(p,場強與電勢的關系：E=鐺，得：.竽，

由數(shù)學知識可知Ep-x圖象切線的斜率等于卷，“1處切線斜率為零，則久1處電場強度為零，故/正確；

B、根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep=qcp,粒子帶負電，q<0,則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越

低，所以有：03<02=00<01?故8錯誤；

CD,由圖看出在0?尤1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度

減小，做非勻變速運動；燈?冷段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻

變速運動；久2?%3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場

力不變，做勻變速直線運動；速度隨時間均勻變化，不會隨X均勻減小的；故C錯誤，。正確。

故選：ABD.

根據(jù)電勢能與電勢的關系：EP=qcp,場強與電勢的關系：E=普結合分析圖象斜率與場強的關系，即

可求得町處的電場強度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化；由Ep=q(p,分析電勢的高低。由牛頓第二定律

判斷加速度的變化，即可分析粒子的運動性質。根據(jù)斜率讀出場強的變化，由尸=(7段分析電場力的變

化，

解決本題的關鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據(jù)力學基本規(guī)律：牛頓第二定

律進行分析電荷的運動情況。

1Q.ACD

【解析】4粒子最大運動半徑為：5=*2氏+R)=孤由運動半徑行=方辨解得：外“嚅,

故N正確；

BC.設粒子運動半徑為功，如圖甲所示

第10頁，共15頁

在△()北中，OA2+AC2^OC2,則r0)2,解得：益=孤由運動半徑r=器，解得:

4no=￥^，由乙4。。=1。6°，解得：哈=皆需，故3錯誤，C正確；

4?71?\JC[D

D如圖乙所示

在AOGE中，OG2+GE2=OF,0G=&,EG=rP-R,OE=2R-rP,得：rP=R,由運動半徑r=

2，

器，解得：故。正確。

n.⑴降低;

(2)4.40；

(3選導力

【解析】(1)由題意可知滑塊從右向左做加速運動，為了使滑塊做勻速運動，應該使軌道右端降低；

(2)根據(jù)圖可知讀數(shù)為4cm+0.05x8mm=4.40mm

(3)滑塊經(jīng)過光電門4B的速度分別為：%=3；v=y

LAB

兩個光電門之間的距離為3則根據(jù)勻變速直線運動公式可得：

2aL=詒一嫁

解得:a=費*-2)

12.解：(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，BC組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動量守恒定律得:

mcv0=(mB+mQu]

彈簧被壓縮至最短時，BC速度為零，根據(jù)能量守恒定律得:

第11頁，共15頁

￡>=1(mB+mc)vl

解得：v0=9m/s%=3m/s

(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊BC的速度大小為生，滑塊4的大小為藥，根據(jù)動量守恒定律得：

mAv3=(mB+mc)v2,

根據(jù)能量守恒定律得：

11

mv

EP=2Al+2OB+^c)詔

解得：v2=1.9m/s

(3)彈簧對滑塊BC整體的沖量/,選向右為正方向，由動量定理得：

I=Ap=(mB+mc)(v2+%)

解得：/=1.47N-s,沖量方向水平向右

答：(1)滑塊C的初速度為的大小為9m/s；

(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊BC的速度大小為1.9m/s；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊BC整體的沖量大小為1.47N.s,沖量方向

水平向右.

【解析】(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，BC組成的系統(tǒng)動量守恒列式，彈簧被壓縮至最短時，BC速度為

零，根據(jù)能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解；

(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，根據(jù)動量定理列式求解即可.

本題注意考查了動量守恒定律以及能量守恒定律的直接應用，要求同學們能正確分析物體得運動情況，注

意要規(guī)定正方向，難度較大，屬于難題.

13.解：(1)設Q的質量為M,初速度大小為處,第1次碰撞后瞬間P、Q的速度分別為巧、%'，以向右為正

方向，由動能定義、動量守恒定律和機械能守恒定律有

1?

Eko=2MVO

Mv0=+mv^

111

—MVQ=—Mv^2+—mvj

125

2mvi=痣7ngh

聯(lián)立可得M=5m

(2)第2次碰撞前瞬間P的速度大小為巧，方向向左；設碰撞后瞬間P、Q的速度分別以、v2,,P沿斜面上滑

第12頁，共15頁

到C點時的速度大小為九，由動量守恒定律和機械能守恒定律有

r

—Mv2+mv2

1111

—Mv^2+—mv1=—MV22+—mv2

11

—mv22=mghz+—mv^2

聯(lián)立可得立=理|效

(3)設初始時P離斜面底端B的距離為s,第1次碰撞后Q運動到斜面底端B所需時間為t,P運動到斜面底端8

所需時間為匕，P沿斜面運動時加速度的大小為a,在斜面上運動所需總時間為以，由運動學公式有s=%

't=v1t1

由牛頓第二定律有：mgsinO=ma

V1

一￡

由題意t>ti+t2

聯(lián)立上述各式并由題給條件得s2嘿h

即初始時P離斜面底端B的最小距離為若A

答：(DQ的質量為5爪；

(2)第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點時的速度大小為嗎走；

(3)為保證第2次碰撞能在水平軌道48上發(fā)生，求初始時P離斜面底端B的最小距離*Q

【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律列方程，再結合動能定理、動能的計算公式列方程聯(lián)立

求解；

(2)由動量守恒定律和機械能守恒定律列方程聯(lián)立求解；

(3)設初始時P離斜面底端B的距離為s,由運動學公式、牛頓第二定律聯(lián)立求解初始時P離斜面底端B的最

小距離。

本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作

用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰

撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)機械能守恒定律列方程求解。

14.電流表4的讀數(shù)為/()4208。電流表靈敏度不夠，電阻箱的阻值在一定范圍內變化時，不會引

起電流表示數(shù)變化。

第13