資源簡介

南陽一中2024秋期高三年級第二次月考
物理試題
一、單選題（每題4分，共24分)
1,跳傘運動員從高空懸停的直升機上跳下，運動員沿豎直方向運動的-圖像如圖所示，下列
說法中正確的是（)
叫(ms)
20]
1015s
A.0-10s內運動員的速度逐漸減小
B.10~15s內運動員的加速度方向豎直向下
C.0~15s內運動員的速度方向始終豎直向下D.15s以后運動員處于靜止狀態
2,如圖所示，A同學用手捏住直尺的上端，B同學在直尺0刻度位置做捏住直尺的準備，手不
碰直尺。A同學放手讓直尺下落時，B同學立即捏住直尺。若把該直尺上的刻度轉換為時間刻
度，直尺就變為“反應時間測量尺”。下列說法中正確的是(.)
A同學
B同學
0
A.實驗測量的是A同學的反應時間
B.實驗中A、B兩同學捏住尺的位置相距越遠，測得的反應時間越準確
C。“反應時間測量尺”標注的時間刻度值自上而下逐漸增大
D.“反應時間測量尺”每隔相等距離刻度所標注的時間刻度差不相等
3。我國新能源汽車發展迅猛，從技術到生產都已經走在世界最前列。某輛新能源汽車在某測試
場的水平路面上由靜止啟動做直線運動，汽車先做加速度為a=4ms2的勻加速直線運動.達到
額定功率P=100kW后保持功率不變繼續運動，最后做勻速直線運動，已知汽車的質量
m=2×10kg,汽車受到的阻力為所受重力的0，取重力加速度大小g=10m/s，則下列說法
正確的是()
A.汽車從啟動到最大速度的過程中，牽引力一直不變
B.汽車的最大速度為500ms
C.汽車從啟動到最大速度所經歷的時間為12.5s
D.汽車做勻加速直線運動的時間為2.5s
4.如圖所示是地月天體系統，在月球外側的地月連線上存在一個特殊點，稱為拉格朗日點。在
地球上發射一顆質量為m的人造衛星至該點后，它受到地球、月球對它的引力作用，并恰好和
月球一起繞地球同角速度勻速圓周運動。己知相對于地球質量M和月球質量m來說，m,很小，
所以衛星對地球和月球的引力不影響地球和月球的運動。設地心、月心間距為L,月心到該拉
月考二物理試題

Q,夸克掃描王
極速掃描，就是高效茴器郎
格朗日點的距離為d,則()
地球
月球
，·拉格朗日點
A,該衛星的線速度比月球的線速度小
B.
該衛星的向心加速度比月球的向心加速度小
C.該衛星的發射速度大于第二宇宙速度11.2kms
MM
D.題中物理量滿足等式下（億+d嚴化+d)
次
5.某同學將一直流電源的總功率P&、輸出功率Pπ和電源內部的發熱功率P,隨電流I變化的圖
線畫在同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示。則下列說法中正確的是（)
個P/W
A.圖線b表示輸出功率Pπ隨電流I變化的關系
B,圖中a線最高點對應的功率為最大輸出功率
C.在圖線上A、B、C三點的縱坐標一定滿足關系PA=PB+Pc
D.兩個圖線交點M與N的橫坐標之比一定為1：2，縱坐標之比一定為1：3
6.如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A,小球A位于光滑小定
滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，
此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現緩慢拉動細線，使球B移動一小段距
離。在此過程中，下列說法正確的是()
A
A.B球運動軌跡是一段圓弧
B.球B受到的庫侖力先減小后增大
C.球B所受的拉力做正功，庫侖力做正功
D.細線中的拉力一直增大
月考二物理試題
2
旦特口
Q夸克掃描王
極速掃描，就是高效冒登第二次月考物理
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D D C A ABD BD ABC BC
2．D【詳解】A．實驗測量的是 B同學的反應時間，故 A錯誤；
B．實驗中只需記錄 B同學準備捏尺時和捏住尺時大拇指下邊緣的刻度就能測出他的反應時間，
則 B同學的手指與尺子相距越近，測得的反應時間越準確，與 A、B兩同學捏住尺的位置無關，
1
故 B 2錯誤；C．根據 h gt 可知 h越小，t越小，故“反應時間測量尺”標注的時間刻度值自上
2
而下逐漸減小，故 C錯誤；D．根據物體做初速度為零的勻加速直線運動規律，即在連續相等
位移內所用的時間之比為1: 2 1 : 3 2 ...... n n 1 ，可知“反應時間測量尺”每隔相
等距離刻度所標注的時間刻度差不相等，故 D正確。故選 D。
3．D【詳解】A．汽車做勻加速直線運動過程，牽引力保持不變；當汽車功率達到額定功率后，
保持功率不變，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，則牽引力逐漸減小，故 A錯誤;
1
B 3．汽車受到的阻力為 f mg 2 10 N當牽引力等于阻力時，汽車速度達到最大，則有
10
v P 100 10
3
m m/s 50m/s故 B錯誤；D．汽車做勻加速直線運動時，根據牛頓第二定律可f 2 103
得 F1 f ma 4解得牽引力大小為 F1 1 10 N汽車剛達到額定功率時的速度為
v P 100 10
3
1 4 m/s 10m/s
v 10
則汽車做勻加速直線運動的時間為 t 1 s 2.5s
F1 1 10
1 a 4
故 D正確；C．若汽車從啟動到最大速度一直做勻加速直線運動，則所有時間為
t vm 50 s 12.5s但汽車做勻加速到10m/s后，開始做加速度逐漸減小的加速運動，所以汽車
a 4
從啟動到最大速度所經歷的時間一定大于 12.5s，故 C錯誤。故選 D。
Mm0 mm4 D 0． 【詳解】D．對衛星，向心力 F向衛 G 2 +G 2 =m0
2 ( L d)
(L d ) d
M M m
對月球，向心力 F向月 G
Mm
2 =m
2L聯立得 L3

L d 3

d 2L L d
5．C
2 2
【詳解】AC．根據閉合電路的歐姆定律及功率的計算公式可知PE EI，Pr I r，PR IE I r
故 a圖線為總功率的圖線，b為電源內部損失功率圖線，c圖線為輸出功率的圖線，則有
PA PB PC故 A錯誤，C正確；
B．根據上述分析可知，M點為電源輸出功率最大的點，不是 N點，故 B錯誤；D．當外電路
E2
的電阻與內電路的電阻相等時，電源的輸出功率最大，故 M點的縱橫坐標分別為PMy 4r
I EMx N點表示電源的總功率與其發熱功率相等，即此時電路中的電阻只有電源的內阻，故 N2r
答案第 1頁，共 6頁
{#{QQABZQYUggiIABBAAAhCQQUyCkCQkhECCSgOgEAEsAAASBNABAA=}#}
P E
2 E
點的縱橫坐標分別為 Ny INx 所以兩點的橫坐標之比為 1∶2，縱坐標之比為 1∶4，故r r
D錯誤。故選 C。
6．A【詳解】．對小球 B分析可知，受細線的拉力 F，靜電斥力Fe和重力 G，如圖所示
設 A、B兩個小球的電荷量分別為qA、qB，B球的質量為 m，OA h，OB l， AB r，由相
mg F Fe kqAq似三角形可知 B m、h以及電荷量不變，所以 r不變，B球運動軌跡是一段
h l r r3
圓弧，故 A正確；B．電荷量不變，r不變，根據庫侖定律可知，庫侖力大小不變，故 B錯誤；
C．拉力與速度方向夾角為銳角，拉力做正功。庫侖力方向與速度方向垂直，庫侖力不做功，
故 C錯誤；D．在此過程中，m、h不變，l減小，可知拉力減小，故 D錯誤。
7．ABD【詳解】A．由圖乙可知質點 a該時刻向上振動，根據“同側法”可知，該波沿 x方向

傳播，由圖甲可知波長為 8m，由圖乙可知周期為T 8s，則波速為 v 1m / s
T
T
故 A正確；B．由于 4s 可知質點 a經過 4s，振動的路程為 S 2A 2 0.5m 1m
2
故 B正確；C．波向 x方向傳播，由圖甲可判斷知 0時刻，質點 b從平衡位置向下振動，由于
3T 7s T 可推知 t 7s時，質點 b處于從正向最大位移向平衡位置運動的過程中，即質點 b
4
的速度沿 y
2π 2 π
方向，故 C錯誤；D．根據 A 0.5m且該時刻質點 b向下運動，
T 8 4
則質點 b簡諧運動的表達式為 y Asin t 0.5sin 0.25t m 故 D正確。
8．BD【詳解】AB．該電路中 R1與電源串聯，燈泡 L與 R2并聯后再與 R1串聯，V1測量 R1兩
端電壓，V2測量路端電壓，V3測量 L以及 R2兩端電壓，A測量總電流；將滑動變阻器滑片往
下移，電路總電阻減少，則 I 變大，由U1 IR1U2 E Ir U3 E I r R1
可得，U
U
1變大，U2、U3變小，燈泡亮度變暗，故 A錯誤，B正確；CD．由上面分析可得 3 r R I 1
U
大小為定值 2 r大小為電源內阻，故 C錯誤，D正確。故選 BD。
I
9．ABC【詳解】B．設加速電場 AB間距離為 d，偏轉極板長度為 l，偏轉極板間的距離為 h，
1
屏到偏轉電場右邊緣距離為 s，粒子在加速過程中，根據U1q mv
2 2U q
可得 v 1
2 0 0 m
答案第 2頁，共 6頁
{#{QQABZQYUggiIABBAAAhCQQUyCkCQkhECCSgOgEAEsAAASBNABAA=}#}
t d
在加速電場中運動的時間 1 v0 進入偏轉電場，以及離開偏轉電場后到打到屏上，水平方向速
2
l s t d l s
度保持不變，因此打到屏的時間 t2 v 從開始到熒光屏所經歷時間 v0 v00 2
可知運動時間與 v0 成反比，由于m1 :m2 :m3 1: 2 : 4 q1 : q2 : q3 1:1: 2 設質子、氘核和 粒子
三種粒子離開加速度電場的速度分別為 v1， v2， v3。因此
t1 : t2 : t
1
3 :
1 : 1 m 1 : m2 : m3 1: 2 : 2B正確；
v1 v2 v3 q1 q2 q3
1 2
A 2
U U L
．粒子進入偏轉電場之后，做類平拋運動 L v 20t y at 其中 q ma可得 y 12 h 4U2h
可知所有粒子在偏轉電場中，偏轉距離相等，即三種粒子打到熒光屏上的位置相同，A正確；
U q
C D．根據動能定理U 21q y Ek 可知打在熒光屏時的動能僅僅與粒子的帶電量成正比，因h
此 Ek1 : Ek2 : Ek3 q1 : q2 : q3 1:1: 2D錯誤，C正確。
1
10 2．BC【詳解】A．由動能定理得mg R R cos60 Wf mvB代入數據得摩擦力做功2
Wf 0.55J
1 2
故A錯誤；B．當小滑塊到達C點速度恰好減為 0時，由動能定理得 mgl 0 mv
2 B
解得 0.3故 B正確；C．若 0.6＞0.3，小滑塊在傳送帶上減速到零之后返回。由傳送帶的
速度 v 4m/s＞vB 3m/s及小滑塊在傳送帶上加速和減速的對稱性可知，小滑塊從 B點以
vB 3m / s的速度離開傳送帶。由牛頓第二定律得 mg ma
v
小滑塊在傳送帶上的加速度 a 6m/s2 小滑塊在傳送帶上減速或加速的時間 t B 0.5sa
v v
減速時產生的熱量Q B1 mg(vt t) 1.65J加速時產生的熱量Q2 mg(vt B t) 0.75J2 2
小滑塊從 B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量Q Q1 Q2 2.4J故 C正確；D．若
0.2＜0.3，則小滑塊從 B在傳送帶上一直做勻減速運動，由牛頓第二定律 mg ma
1
小滑塊在傳送帶上減速的加速度 a 2m/s2 由運動學公式得 l vBt at
2
代入數據得小滑塊在傳
2
3 3
送帶上運動的時間 t s小滑塊從 B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量
2
Q mg vt l 1.5 0.4 3 J故 D錯誤。故選 BC。
11．(1)0.150（上下浮動 0.002）(2)左 (3)1.5 (4)1.7 10 8 /1.8 10 8
d 2
12．(1) 5.30 2 (2) 質量不變，加速度和力成正比 -10m2h Δt
【詳解】2nmg 2M 20m a 2mgn所以 an n故可以證明質量不變，加速度和力成正比；2M 20m
答案第 3頁，共 6頁
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因為 a
2mg
n n圖像的斜率為 k 2M 20m
mg mv213 (1) cos
2
． ，方向水平向左(2) 0
tan 2
【詳解】（1）設電場強度為 E，小球帶電量為 q，因小球做直線運動，受到豎直向下的重力 mg
和水平向左的電場力 qE的合力必沿此直線，如圖
mg
由圖可得mg qE tan 所以 F電 qE 方向水平向左。tan
（2）設從 O點到最高點的位移為 x，由運動學公式和牛頓第二定律可得
2
0 v2 mg v0 sin 0 2( a)x ma所以 x 小球運動到最高點時其電勢能與在O點時的電勢能之sin 2g
mv2 cos2
差為 E E 0p p Ep W F電 xcos 2
14．(1)12.8mg，方向垂直 AB指向右下方 (2)14.4mg，方向水平向右
32
(3) mgR【詳解】（1）小滑塊在斜面上由 A點運動到 B點的過程中，由動能定理得
3
(F mg sin mg cos ) 10R 1 mv2B 0解得 vB 12gR 當小滑塊運動到 B點時，根據牛頓第2
2
二定律可得 FN 1 mg cos m
vB 解得 FN 1 12.8mg由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力大R
小為 FN1 FN 1 12.8mg方向垂直 AB指向右下方；（2）當小滑塊在圓弧軌道運動時，始終受到
4
恒定的外力 F和重力 mg，二者的合力為 F合 mg方向水平向右，因此 D點是等效最低點，如3
圖所示
2
小滑塊在 D v點時，對圓弧軌道的壓力最大，根據牛頓第二定律可得 F DN 2 F合 m R
1 1
B D 2 2滑塊由 點運動到 點的過程中，由動能定理得 F合 R 1 sin mv mv2 D 2 B
解得 FN 2 14.4mg由牛頓第三定律得，小滑塊對圓弧軌道的壓力大小為 FN2 FN 2 14.4mg
方向水平向右；（3）根據小滑塊的受力分析和運動分析可知，小滑塊在 B、E兩點之間做往復
答案第 4頁，共 6頁
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運動，在 B、E兩點處速度均為 0，所以第一次經過 B點時小滑塊具有的動能全部轉化為小滑
1 2
塊與斜面間的內能，有Q1 mvB 小滑塊在斜面上由 A點第一次運動到 B點的過程中，有2
Q2 mgLcos
32
所以小滑塊與斜面間摩擦產生的總熱量為Q Q1 Q2解得Q mgR3
15． (1) vC 6m/s （2） L2 0.7m (3) L3 3.6m， s 6.8m
【詳解】（1）設小球 B與物塊 C發生碰撞前瞬間的速度大小為 vB1，由動能定理得
m 1 2 1 2Bgh mBvB1 mBvB 小球 B與物塊 C發生彈性正碰，由動量守恒和機械能守恒得2 2
mBvB1 mBvB2 mCv
1m v2 1 m v2 1 m v2C 解得 v v 6m/s， v 02 B B1 2 B B2 2 C C C B1 B2
m L2 L L（2 L）小球 A、B在桌面上被彈簧彈開的過程中，由動量守恒定律得 0 1 1A mB 0解t t
得 L2 0.7m
（3）木板 D和物塊 C最終停在右側墻壁處，物塊恰好停在右端，根據能量守恒可得
m 1 2CgL3 mCvC解得 L3 3.6m；2
物塊 C獲得 vC = 6 m/s向右的速度，開始在木板 D上滑動，假設木板 D和右側墻壁發生碰撞前，
物塊 C和木板 D已經達到共速 v1，此過程木板 D的位移為 x0，則
mCvC (mC mD )v1 mCgx
1
0 m
2
Dv 0解得 v1 5m / s x0 0.5m d1 故物塊 C與木板 D共速后再與2
墻壁發生碰撞，以 mC和 mD為對象
m m
第 1次與墻碰撞后mCv1 mDv1 (mC mD )v
C D
2 解得 v2 vmC m
1
D
2
對木板 D有 m g m v1C Da s1 2a
2
m m
第 2次與墻碰撞后m v m v (m m )v 解得 v C DC 2 D 2 C D 3 3 v
mC m
1
D
2 2v m m v2
對木板 D有 s2 2 C D 12a mC m

D 2a
3
m m
第 3次與墻碰撞后mCv3 mDv3 (mC mD )v4 解得 v4 C D v
mC m
1
D
2 4v m m v2
對木板 D有 s 3 C D 13 2a m

C mD 2a
n 1

第 n 1次與墻碰撞后mCvn 1 mDvn 1 (mC mD )vn解得 v
mC m Dn m m
v1
C D
2 2 n 2 v m m v2
對木板 D有 s n 1 C D 1n 1 2a m

C mD 2a
答案第 5頁，共 6頁
{#{QQABZQYUggiIABBAAAhCQQUyCkCQkhECCSgOgEAEsAAASBNABAA=}#}
n
m m
第 n次與墻碰撞后mCvn mDvn (mC m )v C DD n 1解得 vn 1 v
mC m
1
D
2 2(n 1)v m m v2
對木板 D有 s nn C D2a m m
1 木板 D運動的總路程為 s d 2(s1 s2 s3 sn )
C D 2a
即
2n m m 1 1 C D
2 4 2(n 1)

2 2 mC mD
s d 2 1 mC mD mC mD m m C D
v1 v d 2 1
mC m

D mC m

D mC m
2
D 2a 2a 1 m m

C Dm m

C D
2
2n s d 2 v 1 1 m m
當 n→∞時， C D 0 2a
2
，可得
1 m m

mC mD
C D
mC m

D
代入數據解得 s 6.8m
答案第 6頁，共 6頁
{#{QQABZQYUggiIABBAAAhCQQUyCkCQkhECCSgOgEAEsAAASBNABAA=}#}

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