2024-2025学年重庆八中高三（上）月考物理试卷（11月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆八中高三（上）月考物理试卷（11月份）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.小梅同学练习书法，在一次单手研墨过程中，砚台始终静止在水平桌面上，如图所示。当墨条的速度方向水平向右时( )
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向右
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向右
C. 桌面对砚台的摩擦力和砚台对墨条的摩擦力大小相等
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
2.已知木卫一、木卫二绕木星做圆周运动的周期之比为1：2，则木卫一与木卫二的( )
A. 半径之比为1：4B. 线速度之比为2：1
C. 角速度之比为2：1D. 向心加速度之比为4：1
3.某同学拍摄了篮球从某高度静止下落到地面后的反弹过程，并得出了其运动的v−t图像，如图所示。图像a、b、c、d四点中对应篮球位置相对地面高度最高的是( )
A. aB. bC. cD. d
4.如图所示，网球运动员甲将球从距水平地面上D点高度为ℎ的A点水平击出，落点为C。甲击球瞬间，乙同时从B点沿直线BC奔跑，恰好在球落地时赶到C点。已知BC⊥BD，BD=d，BC=l，网球和运动员均可视为质点，忽略空气阻力，则乙此次奔跑的平均速度大小与球落地时的竖直分速度大小之比为( )
A. lℎ
B. l2ℎ
C. l2d
D. l d2+l2
5.如图所示是利用表头改装为电压表的原理图，若改装后发现电表的测量值略偏大，为校准电表，可行的方案是( )
A. 与R并联一小电阻B. 与R串联一大电阻
C. 与R并联一大电阻D. 与R串联一小电阻
6.太极图体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆圆心，O1为上侧阳半圆的圆心，在O1处固定一正电荷+q；O2为下侧阴半圆的圆心，在O2处固定一等量负电荷−q。O、O1、O2在同一直线上，AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直，C、D为关于O点对称的两点。整个空间只有O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是( )
A. C、D两点电势相同
B. C、D两点的场强大小不相等
C. 把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先减小后增大
D. 把电子由A沿直线移到B的过程中，电子所受电场力先增大后减小
7.如图所示，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转20圈。在暗室中用每秒闪光22次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿( )
A. 逆时针旋转2圈
B. 顺时针旋转2圈
C. 逆时针旋转22圈
D. 顺时针旋转22圈
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，光滑支架AOB固定，OA杆竖直，OB杆水平。小球a、b分别穿在两杆上并用轻绳连接，对b施加一水平向右的外力F，使a向上做匀速运动，则在运动过程中( )
A. OB杆对小球b的支持力不变
B. 小球b的速度大小始终保持不变
C. 轻绳对小球a做的功等于小球a动能的改变量
D. F对小球b做的功大于小球b动能的改变量
9.如图甲所示，M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数小于0.2A时，电动机不转动，电表均为理想电表，则( )
A. 变阻器向左滑动时，V2的读数逐渐增大
B. 电源电动势为36V
C. 图线Ⅱ表示电压表V1的读数随电流的变化关系
D. 当电动机输入功率最大时，其输出功率为0.54W
10.如图甲所示，两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的足够长光滑绝缘圆筒中，小球1固定在圆筒底部，小球2从靠近小球1位置处释放。测出两小球的距离x，并利用能量守恒得到势能图像，其中势能E为重力势能与电势能之和，如图乙所示。图乙中Ⅰ为小球E−x图像，Ⅱ为计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线。两小球可视为质点且电荷量不改变，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则小球2( )
A. 上升过程中速度一直变大
B. 上升过程中电势能一直减小
C. 质量为0.5kg
D. 从x=5cm处运动至x=20cm处电势能减少0.1875J
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小林同学利用如图甲所示的装置研究网球竖直下落时，空气对它的作用力。图乙为某次实验打出的一条纸带，其中0、1、2……6为依次打出的计时点，已知打点计时器的打点周期为T，测得1、3两点间的距离为x1，4、6两点间的距离为x2，网球的质量为m，重力加速度为g。

(1)在打点5时网球的速度v= ______。
(2)从打点2到打点5，空气对网球的冲量大小I= ______。
(3)实验得到的空气对网球的冲量I随时间变化的关系如图丙所示，若0～t0时间内空气对网球的平均作用力为F1，t0时刻的作用力为F2，则F1和F2的关系为F1 ______F2(选填“>”“0)，B的质量为m、电荷量为−q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。轻杆在弹簧内部，二者之间没有力的作用。整个空间存在平行于纸面的匀强电场E= 2mgq，与水平面夹角为45°斜向右上方。A、B与水平面间动摩擦因数均为μ=34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0时，A以初速度v0水平向右运动，B处于静止状态。滑块A的v−t图像如图乙所示，在t1时刻，A到达位置S(未画出)时速度最小，记作为v1，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧弹力大小为3mg；在细杆与B碰前瞬间，A的速度为v2=3v1，此时t=t3。运动过程中，A、B处在同一直线上，电荷量始终保持不变，它们之间的静电力等效为真空中静止的点电荷间的静电力，静电力常量为k；重力加速度为g，B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。计算结果请用m、q、g、k、v1表达。
(1)求t1时刻A与B之间的距离；
(2)求t1～t2时间内，匀强电场对A、B做的总功；
(3)若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.B
5.D
6.D
7.A
8.AD
9.BD
10.BCD
11.x22T 3mgT+m(x1−x2)2T <
12.99.9 等于 3.0 1.2 9.0
13.解：(1)设无人机在有升力阶段上升的加速度为a1，根据匀加速直线运动位移规律有ℎ1=12a1t12，代入数据解得a1=8m/s2，根据牛顿第二定律，设阻力大小为Ff，无人机在加速起飞阶段有F−mg−Ff=ma1，代入数据解得Ff=8N
(2)无人减速上升时的速度为v1=a1t1=8×3m/s=24m/s，无人机在失去升力向上减速阶段，设加速度大小为a2，有mg+Ff=ma2，代入数据解得a2=12m/s2，无人机减速上升的高度ℎ2=v122a2=2422×12m=24m，所以无人机距地面上升的最大高度ℎm=ℎ1+ℎ2=36m+24m=60m。
答：(1)空气阻力大小为8N；
(2)无人机距地面的最大高度为60m。
14.解：(1)将滑块1和滑块2与压缩的弹簧看作系统，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
mv1−mv2=0
弹簧的弹性势能转化为1、2的动能，根据机械能守恒定律有
Ep=12Mv22+12mv12
解得
v1=10m/s
v2=5m/s；
(2)滑块1和滑块3弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=mv′1+mv3
12mv12=12mv′12+12mv32
联立解得
v3=10m/s；
(3)滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4相碰前，根据动能定理有
Mgℎ=12Mv′2−12Mv22
解得
v′=2 10m/s
对滑块2和滑块4碰撞过程，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
Mv′=2Mv4
解得
v4= 10m/s
滑块2和滑块4一起在地面上滑行过程中根据动能定理有
−2μMgs=0−12⋅2Mv42
解得
s=1m
又
x=s−CD=1m−0.65m=0.35m
即反弹一次后最终停在距D点0.35m处。
答：(1)滑块1和滑块2被弹簧弹出时的速度大小分别为10m/s、5m/s；
(2)滑块3碰后的速度大小为10m/s；
(3)最终滑块2和滑块4静止的位置距D点的距离为0.35m。
15.解：(1)对A做受力分析，竖直方向根据平衡条件有
NA+qEsin45°=3mg
解得
NA=2mg
A所受滑动摩擦力为
fA=μNA=32mg
由图像可知，t1时刻图像斜率为0，则A加速度为0，所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有
kq2r02+qEcs45°=fA
解得
r0=q 2kmg；
(2)在t2时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，受到向左的弹力，设此时A和B的距离为r1，则有
F弹+fA=qEcs45°+kq2r12
且有
F弹=3mg，fA=32mg
联立解得
r1= 2kq27mg
t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功为
W总=qE(r0−r1)cs45°=( 2− 147) kq2mg；
(3)对B做受力分析，竖直方向根据平衡条件有
NB=qEsin45°+mg
解得
NB=2mg
B所受最大静摩擦力摩擦力为
fB=μNB=32mg
A过S前，A所受滑动摩擦力为32mg，大于B、匀强电场分别施加的向右的两个电场力之和，A做减速运动；对称的，B所受向左的两个电场力之和小于32mg，保持静止。A过S后，A加速运动，B开始运动，但A、B整体所受合外力为0，A、B组成的系统动量守恒。如果A过S点时速度为v1，与B碰撞前A的速度为3v1，B的速度为vB，以水平向右为正方向，则由系统动量守恒有
3mv1=3m⋅3v1−mvB
注意到两次运动从A过S到A、B碰撞前的过程，以下物理量均只与A、B相对位置变化有关：A、B之间的电势能变化量、弹性势能变化量、AB在匀强电场中的电势能变化量及摩擦力产生的总热量。以上物理量在两次运动中相同，则由能量守恒可知
ΔE+12×3m(3v1)2+12×mvB2−12×3mv12=0
解得
ΔE=−30mv12
第二次运动，如果A过S点时速度为2v1，与B碰撞前A的速度为v′1，B的速度为v′B，以向右为正方向，则由系统动量守恒有
3m⋅2v1=3mv′1−mv′B
由能量守恒有
ΔE+12×3mv′12+12×mv′B2−12×3m(2v1)2=0
解得
v′1=3+ 212v1。
答：(1)t1时刻A与B之间的距离为q 2kmg；
(2)t1～t2时间内，匀强电场对A、B做的总功为( 2− 147) kq2mg；
(3)细杆与B碰撞前瞬间A的速度为3+ 212v1。