重庆市2023-2024学年高三上学期11月月考物理试题含解析

重庆市2023-2024学年度上期
高2024级11月考试物理试题（答案在最后）
（满分100分，考试时间75分钟）
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。

）
1.将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图所示。

下列关于细条散开现象的分析中，正确的是（）
A.撕成细条后，由于所受重力减小，细条自然松散
B.撕成细条后，由于空气浮力作用，使细条散开
C.用手迅速捋细条时，由于感应起电，细条带同种电荷，相互排斥散开
D.用手迅速捋细条时，由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】用手迅速捋塑料细条，手与塑料细条摩擦起电，细条带同种电荷，互相排斥，所以细条散开，故ABC错误，D正确。

故选D。

2.羱羊具有很强大的爬坡能力，如图是羱羊爬上水坝壁上舔舐钙盐的场景。

假设羱羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡，则在此过程中羱羊（）
A.受到的支持力增大
B.受到的摩擦力增大
C.受到山坡的作用力增大
D.受到的合力增大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设坡面倾角为θ，则
f mgθ
=
N mgθ
cos
=，sin
缓慢上坡的过程中，倾角增大，则支持力减小，摩擦力增大，故A错误，B正确；
C．根据平衡条件可知羱羊受到山坡的作用力与重力是一对平衡力，保持不变，故C错误；
D．羱羊缓慢上坡的过程中，处于平衡状态，合力始终为零，保持不变，故D错误。

故选B。

3.如图，汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，下列说法正确的是（）
A.汽车在A点受力平衡
B.汽车重力的功率逐渐增大
C.汽车的机械能守恒
D.汽车处于超重状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．汽车在A点时做匀速圆周运动，需要向心力，合力提供向心力，指向圆心，大小一定不为零，故A错误；
B．重力方向与速度方向间的夹角α不断变化，由
=
cos
P mgvα
可知随着汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，α不断减小，则汽车重力的功率逐渐增大，故B 正确；
C．运动过程，动能不变，重力势能改变，机械能不守恒，故C错误；
D．汽车从拱形桥的顶点A运动至桥的B点做匀速圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向圆心，则重力应大于支持力，汽车处于失重状态，故D错误。

故选B。

4.如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。

某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为1v和2v，其中1v方向水平，2v方向斜向上。

忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）
A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B.谷粒2在最高点的速度小于1v
C.两谷粒从O到P的运动时间相等
D.两谷粒从O到P的平均速度相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。

在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。

与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于1v，B 正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。

故选B。

5.战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。

一次战绳练习中，大一同学晃动战绳一端使其上下振动（可
、两质点的振动图像，传播方向为P到Q，波视为简谐振动）形成横波。

图（a）、（b）分别是战绳上P Q
、两质点在波的传播方向上相距3m，下列说法不正确的是（）
长大于1m，小于3m，P Q
A.0=t 时刻，P 质点的速度为0
B.该列波的波长可能为2.4m
C.该列波的波速可能为
4m /s 3
D.P Q 、两质点振动方向始终相反【答案】D
【解析】【详解】A ．由图（a ）可知，0=t 时刻，P 质点处于正向最大位移处，速度为0。

故A 正确，与题意不符；BC ．由两质点的振动图像，可得
()1λ01234
x n n λ∆=+= 、、、当n =1时
λ 2.4m
=依题意，该波的周期为1.0s ，可得
12m /s 41
v T n λ=
=+当n =2时4m /s 3
v =故BC 正确，与题意不符；
D ．由两质点的振动图像可知，P Q 、两质点振动方向不是始终相反。

故D 错误，与题意相符。

本题选不正确的故选D 。

6.如图所示，水平传送带以2m/s v =的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg 的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为
A .80W B.160W C.400W D.800W
【答案】B
【解析】
【分析】粉末流到传送带上后，在滑动摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，摩擦力对煤粉做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤粉的运动情况，利用功能关系课正确解答．
【详解】在1s 内做到传送带上煤粉的质量为m ∆，这部分煤由于动摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系的：
212
fs mv =
∆煤在摩擦力的作用下加速前进，因此：022
v vt s t +=
=传送带的位移：s vt
=传相对位移：
s s s s
∆=-=传由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：
2
12
Q f s fs mv =∆==∆传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度不变．所以传送带1s 内增加的能量E ∆为：
2221102J 160J 2
E mv f s mv ∆=
∆+∆=∆=⨯=所以皮带机相应增加的功率为：160W=160W 1
E P t ∆==A ．80W
不符合题意；B ．160W
符合题意；C ．400W
不符合题意；D ．800W 不符合题意．
7.如图所示，将绝缘细线的一端O 点固定，另一端拴一带电的小球P ，空间存在着方向水平向右的匀强电场E 。

刚开始小球静止于P 处，与竖直方向的夹角为45︒，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让小球在竖直平面内做半径为r 的圆周运动，重力加速度为g ，下列分析正确的是（ ）
A.小球可能带负电
B.小球在从d 运动到c 的过程中其速度先减小后增大
C.当小球运动到最高点a 时，小球的电势能与动能之和最大
D.当小球运动到最高点a 的速度a v ≥
【答案】D
【解析】
【详解】A ．小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P 处，由受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A 错误；
B ．小球静止于P 处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为
cos 45mg F ==︒
小球从d 运动到c 的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F 做功，可以判断F 先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，选项B 错误；
C ．小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a 时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，选项C 错误；
D ．当小球运动到弧ab 中点，且细线弹力为零时，有
2F r
v m =小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为
v =
小球从该点运动到a 点，由动能定理得2211.
22a F r mv mv ⎛-=- ⎝解得
a v =
因此，当小球运动到最高点a 的速度a v ≥
D 正确。

故选D 。

二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

）
8.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）
A.甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】AB
【解析】
【详解】A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；
B．二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B 正确；
CD．甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故CD错误；
故选AB。

【点睛】运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。

本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒。

9.欧洲木星探测器于2023年4月发射，将于2023年7月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与本卫四之间先绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）
A.欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角速度
B.欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度
C.若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能
D.若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有
22Mm G
m r r
ω=解得3
GM
r ω=欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫一的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度小于木卫一的角速度，故A 错误；
B ．欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有
22Mm v G m r r
=解得
GM
v r
=欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫四的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度，故B 正确；
C ．若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减速使其做向心运动，由于外力对欧洲木星探测器做负功，所以其机械能减小，故C 正确；
D ．若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须加速使其做离心运动，由于外力对欧洲木星探测器做正功，
所以其机械能增加，故D 错误。

故选BC 。

10.一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图所示，交变电压的周期0
2L T v =
，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）
A.所有电子都从右侧的同一点离开电场
B.所有电子离开电场时速度都是v 0
C.t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D.t ＝4T 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为16
d 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A.电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A 错误；
B.由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度0y v =，速度都等于0v ，故B 正确；
C.由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C 错误；
D.4T t =时刻进入电场的电子，在34
t T =时刻侧位移最大，最大侧位移为2212·()2416
max T aT y a ==，在0=t 时刻进入电场的电子侧位移最大为
12d ，则有2114(222
T d a =⨯联立得：16max d y =
故D 正确。

故选BD 。

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验小组选择如图所示纸带，纸带上选取连续三个点A 、B 、C ，测出A 点与起点O 的距离为x 0，A 、B 两点间的距离为x 1，B 、C 两点间的距离为x 2，交流电的周期为T ，
实验时：
(1)为了减小空气阻力对实验的影响，自由下落的重锤密度要________(选填“大”或“小”)一些．
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中________(选填“必需”或“不必需”)测量重锤的质量．
(3)打点计时器打出B 点时，重锤的速度v B ＝________________(用题中所给的字母表示)．
(4)实验小组在“验证机械能守恒定律”的实验中发现，以O 为起点、B 为研究终点，计算结果是：重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能．其原因主要是该实验中存在阻力作用，因此该组同学想到可以通过该实验计算平均阻力的大小．已知当地重力加速度为g ，重锤的质量为m ，则该实验中存在的平均阻力大小f ＝__________(结果用m 、g 、v B 、x 0、x 1表示)．
【答案】
①.大②.不必需③.122s s T +④.2012()B mv mg s s -+【解析】
【详解】(1)自由落下的重锤密度要大些．如果密度大些后，也就是说质量增大而体积不变，空气对重锤的阻力就相对小些；
(2)因为我们是比较212mgh mv 、的大小关系，故m 可消去比较，所以在“验证机械能守恒定律”的实验中不要测重锤的质量；
(3)利用匀变速直线运动的推论：122AC B AC x x x v t T +==；
(4)运用动能定理研究重锤以O 为起点B 为研究终点的过程得：
G f k W W E +=∆，2
12
B mgh fh mv -=．联立解得：2
012)
B
mv f mg x x =-+（．
12.某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材有：气垫导轨、带四分之一光滑圆弧轨道的滑块（滑块长度为L ）
、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。

（1）实验步骤如下：
①按照如图甲所示，将光电门A 固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A 的总质量为M ，光电门B 固定在气垫导轨的右端；
②用天平称得金属小球的质量为m ；
③用10分度游标卡尺测金属小球的直径，示数如图乙所示，则金属小球的直径d =___________cm
；
④开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C 点由静止释放。

光电门A 、B 的遮光时间分别为1t ∆、2t ∆（光电门B 开始遮光时小球已离开滑块）。

（2）若验证M 、m 组成的系统水平方向动量守恒，只需验证___________（用已知量和测量量表示）成立即可。

（3）为进一步验证M 、m 组成的系统机械能是否守恒，还需测量的物理量有___________，需要验证的表达式为___________（用已知量和测量量表示）。

【答案】
①.1.36
②.1
22d L L
m M t t t ⎛⎫-=
⎪∆∆∆⎝⎭③.四分之一圆弧轨道的半径R ④.
2
2
1221122d L L mgR m M t t t ⎛⎫⎛⎫
=⋅-+ ⎪ ⎪
∆∆∆⎝⎭⎝⎭
【解析】
【详解】（1）[1]由于游标卡尺的第6个刻度与主尺上某一刻度对齐，由游标卡尺读数规则可知，金属小球的直径
1.3cm 0.1mm 6 1.36cm
d =+⨯=（2）[2]设金属小球脱离滑块时金属小球对地的速度为1v ，滑块对地的速度为2v ，根据动量守恒有
21
0Mv mv =-由题意可得
121
d v v t +=
∆此后滑块做匀速直线运动，有
22
L v t =
∆解得
1
22d L L m M t t t ⎛⎫-= ⎪∆∆∆⎝⎭（3）[3][4]为进一步验证M 、m 组成的系统机械能是否守恒，即验证
2
2211122
mgR Mv mv =
+是否成立，故还需测量出四分之一圆弧轨道的半径R ，解得
2
2
122112ΔΔ2Δd L L mgR m M t t t ⎛⎫⎛⎫
=-+ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
13.如图所示，绝缘水平地面上O 点固定有电量为Q +的点电荷，一质量为m 、电量为q +的可视为质点的小滑块与地面动摩擦因数为μ，从A 点静止释放，最终停在B 点，AB 间距L ，重力加速度为g ，静电力常数为k ，求：
（1）小滑块速度最大时与O 点的距离；（2）AB 两点间电势差AB U。

【答案】（1
（2）
mgL q μ【解析】
【详解】（1）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力分析可得
2
kQq mg x μ=
解得
x =
（2）由动能定理，有
AB W mgL μ-=AB 两点间电势差为
AB AB W mgL
U q q
μ=
=14.一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L ，装置静止时，弹簧长为
3
2
L ，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求（1）弹簧的劲度系数k ；
（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度0ω；（3）弹簧长度从
32
L 缓慢缩短为1
2L 的过程中，外界对转动装置所做的功W ．
【答案】（1）4mg k L =；（2；（3）2
16mgl W mgL L =+
【解析】
【详解】（1）装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1
小环受到弹簧的弹力
12
L F k
=弹小环受力平衡
F 弹1=mg +2T 1cosθ1
小球受力平衡
F 1cosθ1+T 1cosθ1=mg F 1sinθ1=T 1sinθ1
解得
4mg k L
=
（2）设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2小环受到弹簧的弹力
F 弹2=k （x -L ）
小环受力平衡
F 弹2=mg
解得
54
x L =
对小球
F 2cosθ2=mg
222
02
sin m F in l s ωθθ=且
2cos 2x
l
θ=
解得
0ω=
（3）弹簧长度为
2
L
时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力
2
L F k
=弹3小环受力平衡
2T 3cosθ3=mg +F 弹3
且
3cos 4L l
θ=
对小球
F 3cosθ3=T 3cosθ3+mg
2333333
sin F sin T sin m l θθωθ+=解得
3ω=
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：
()
23333122sin 22442L L L L W mg mg m l ωθ⎛⎫⎛⎫
----=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
解得
2
16mgl W mgL L
=+
15.某游戏装置如图所示，一水平传送带长4m L =以3m /s v =的速度顺时针转动，其左端A 点和右端B 点分别与两个光滑水平台面对接。

左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为
10.1kg m =的物块甲相连（甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），甲与传送带间的动摩擦因数
10.2μ=。

B 点右边有一个倾角为45︒，高10.5m h =的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），
斜面的右侧有一高20.95m h =光滑固定桌面。

桌面左端依次叠放着质量30.1kg m =的木板（厚度不计）和质量20.2kg m =的物块乙，乙与木板间的动摩擦因数20.2μ=，桌面上固定一竖直挡板，挡板与木板右端相距00.5m x =，木板与挡板碰撞会原速率返回。

现将甲从压缩弹簧的右端静止释放，甲离开斜面后恰好在最高点处与乙发生弹性碰撞，乙始终未滑离木板。

甲、乙均可视为质点，已知210m /s g =。

求：（1）甲刚离开斜面时的速度大小；（2）弹簧最初的弹性势能；（3）木板运动的总路程。

【答案】（1）2m/s ；（2）2.2J ；（3）1.0m 【解析】
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v 甲，则有
()
2
212y v g h h -甲＝而此时速度方向
tan45y x
v v ︒甲甲＝
联立以上各式解得
v 甲y =v 甲x =3m/s v 甲＝2m/s
可知物块甲离开斜面时的速度大小为2m/s ；
（2）设物块甲在B 点时速度为v B ，对物块甲从B 点到斜面顶端由动能定理有：
22
11111122
甲-=
-B m gh m v m v 代入解得
27m/s
B v =因为v B ＞v ，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。

对物块甲从静止开始到B 点，设弹簧弹力做功W ，由动能定理有
2
11112
B
W m gL m v μ-＝代入解得
W =2.2J
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
E p =W =2.2J
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，以向右方向为正方向，
由动量守恒定律得
m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2
而
v 0=v 甲x
由机械能守恒定律得
222101122111222
m v m v m v =+解得
v 1=-1m/s v 2=2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
m 2v 2=（m 2+m 3）v 3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
22213310
2
m gx m v μ-＝解得
12
m 0.5m 9
x =
<可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。

由动量守恒定律得
m 2v 3-m 3v 3=（m 2+m 3）v 4
木板向左减速过程中，由动能定理得
2
22234
102
m gx m v μ--＝代入数据解得
2119
x x =
…………
同理可得
231
1(9
x x =以此类推木板的总路程为
s ＝x 0+2x 1+2x 2+…...+2x n ＝x 0+212(198
⨯
+代入数据结合题设条件解得。