广东省广州市广雅中学2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题（解析版）

2024届高三级9月月考物理试卷

注意事项：

1、本试卷共6页，满分100分，考试用时75分钟。

2、答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内。

3、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

4、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题    共46分）

一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1. 2020年11月28日，“奋斗者”号载人潜水器海试返航，前期在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米。奋斗者号这条庞然“大鱼”有几十吨重，两人多高，从“蛟龙”号到“奋斗者”号，中国深潜勇士不断向洋底最深处进军。在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是（　　）

A. 新闻中涉及“有几十吨重”中，吨是国际单位制中的导出单位

B. “千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位

C. 新闻中涉及“深度10909米”中，米国际单位制中力学三个基本物理量之一

D. 力学中的三个基本物理量是长度、质量、时间，物理学中所有的物理量都有单位

【答案】B

【解析】

【详解】A．“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；

B．“千克米每二次方秒”是由推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；

C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位，选项C错误；

D．在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数就没有单位。选项D错误。

故选B。

2. 如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”、“2”、“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为（　　）

A. 2m/s B. 6m/s C. 10m/s D. 20m/s

【答案】C

【解析】

【详解】篮球运动员的身高约为

h=2m

由图得，水柱最高点离地面的高度约为

水柱做竖直上抛运动，设水柱从地面喷出时的速度为v，根据位移速度公式得

解得

故选C。

3. 在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动，它们速度－时间图象如图所示，则(　　)

A. 甲、乙两车同时从静止开始出发

B. 在t＝2s时乙车追上甲车

C. 在t＝4s时乙车追上甲车

D. 甲、乙两车在公路上可能相遇两次

【答案】C

【解析】

【详解】由图像可知，乙车比甲车迟出发1s，故A错误．根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知t=2s时，甲车的位移比乙的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误．在0-4s内，甲车的位移 x甲=×8×4m=16m，乙车的位移 x乙=×（1+3）×8m=16m，所以x甲=x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t=4s时乙车追上甲车，故C正确．在t=4s时乙车追上甲车，由于t=4s时刻以后，甲车的比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D错误．故选C．

点睛：解决本题的关键是要理解速度时间图线表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，相遇时两车的位移相等．

4. 如图，有两本书叠放在一起静止放置于倾角为θ的倾斜桌面上，上面书本质量为M，下面书本质量为m，下面书本有二分之一伸出桌面，桌面与书本之间动摩擦因数为μ1，书本与书本之间动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，μ1>μ2，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 下面书本受到桌面的支持力大小为

B. 上面书本对下面书本的作用力的大小为

C. 上面书本受到的摩擦力大小为

D. 逐渐增大桌面倾斜的角度，上面书本比下面书本先滑动

【答案】D

【解析】

【详解】A．将两本书看作一个整体则，下面书本受到的支持力大小为

故A错误；

B．由于上面书本处于静止状态，所以下面书本对上面书本的支持力和摩擦力的合力与上面书本的重力大小相等，所以上面书本对下面书本的作用力的大小为Mg，故B错误；

C．根据平衡条件可得，上面书本受到的摩擦力大小为

故C错误；

D．逐渐增大桌面倾斜的角度，当书恰好要滑动时，对上面的书有

对于下面的书有

由于μ1大于μ2，上面书本比下面书本先滑动，故D正确。

故选D。

5. 上世纪70年代我国农村常用辘轳浇灌农田，其模型图如图所示，细绳绕在半径为r的轮轴上悬挂一个水桶，轮轴上均匀分布着6根手柄，柄端有6个质量均匀的小球。球离轴心的距离为，轮轴、绳（极细）及手柄的质量以及摩擦均不计。当手柄匀速转动周把水桶提上来时，则（　　）

A. 小球的角速度为

B. 轮轴转动的角速度大于小球转动角速度

C. 水桶的速度是小球转动线速度的倍

D. 轮轴转动了n R周

【答案】C

【解析】

【详解】A．题中的不是转速，根据题意无法求出小球的角速度，故A错误；

B．转轴和小球属于同轴转动，角速度相等，故B错误；

C．水桶的速度等于

小球转动线速度为

则

水桶的速度是小球转动线速度的倍，故C正确；

D．手柄和轮轴属于同轴转动，手柄匀速转动周，轮轴转动了n周，故D错误。

故选C。

6. 如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体积架，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法错误的是（　　）

A. 落点在内的小球，落在点时平抛的初速度最大

B. 落点在上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是

C. 运动轨迹与相交小球，在交点处的速度方向都相同

D. 运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球做平抛运动，根据平抛抛运动规律有

解得飞行时间

水平位移为

可得落点在内的小球，h相同，而水平位移最大，则落在点时平抛的初速度最大，故A不符合题意；

B．设正方体边长为L，落点在上的小球，由几何关系可知最大水平位移

最小水平位移

根据

可知平抛初速度的最小值与最大值之比

故B不符合题意；

C．运动轨迹与相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有

所以θ相同，则运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故C不符合题意；

D．运动轨迹与A1C相交的小球，交点离C点越近初速度越大，竖直方向的速度越小；交点离C点越远初速度越小，竖直方向的速度越大，故在交点处的速度方向不同，故D符合题意。

故选D。

7. 如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止．重力加速度为g．则（   ）

A. 只有，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用

B. 只有，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用

C. 只有，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用

D. 无论为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用

【答案】B

【解析】

【详解】A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a<g sin θ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用，B正确，ACD错误；

故选B．

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b，若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则（　　）

A. 斜面对a的弹力变大

B. 斜面对a弹力先变大后变小

C. b对a的弹力逐渐变小

D. b对a的弹力不变

【答案】AC

【解析】

【详解】对a进行受力分析，如图甲所示。根据平衡条件可知，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2的合力与a的重力等大反向。在斜面倾角逐渐减小过程中，根据几何关系可知，F1和F2的夹角始终不变，而F1与竖直方向的夹角（锐角）逐渐减小，由此作出斜面对a的弹力F1和b对a的弹力F2的变化过程如乙图所示，可知斜面对a的弹力F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小。

故选AC。

9. 如图所示，容器置于倾角为的光滑固定斜面上时，容器顶面恰好处于水平状态，容器顶部有竖直侧壁，有一小球与右端竖直侧壁恰好接触。今让系统从静止开始下滑，容器质量为M，小球质量为m，所有摩擦不计。下列说法正确的是（　　）

A. m对M侧壁的压力为 B. m对M侧壁的压力为

C. m对M底部的压力为 D. m对M底部的压力为

【答案】BD

【解析】

【详解】AB小球与容器一起加速下滑，加速度

设M侧壁对m的弹力为F，支持力为，水平方向根据牛顿第二定律

根据牛顿第三定律，m对M侧壁的压力为

故A错误，B正确；

CD竖直方向根据牛顿第二定律

解得

根据牛顿第三定律，m对M底部的压力为

故C错误，D正确；

故选BD。

10. 蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是  （　　）

A. 运动员的质量为60kg B. 运动员的最大加速度为45m/s2

C. 运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m D. 9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】A．由图给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即

解得运动员的质量

选项A正确；

B．在蹦床上时受到的最大弹力

最大加速度

选项B正确；

C．运动员离开蹦床后在空中运动的时间

上升和下落的时间分别为，则最大高度为

选项C正确。

D．9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重，再失重，D错误。

故选ABC。

第II卷（主观题    共54分）

三、实验题（共15分）

11. 小广同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，实验中，第一次用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计拉橡皮条。

（1）小广根据某次实验记录数据，画出力图示，A、B两幅图中________（选填“A”或“B”）是小陈同学实验后画出的正确力的图示；

（2）下列措施可以减小实验误差的是________；

A．橡皮条应与两绳套夹角的平分线在同一直线上

B．两个分力F1、F2的方向要垂直

C．两根细绳必须等长

D．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行

E．拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些

（3）从图中可读得弹簧测力计B的示数为________N。

【答案】    ①. A    ②. DE##ED    ③. 3.8

【解析】

【详解】（1）[1]实际合力（后来用一根弹簧测力计将橡皮条下端拉到O点）肯定沿AO方向的，理论合力是根据平行四边形作出来的，不一定沿AO方向，所以A图是小陈同学实验后画出的正确力的图示，故填A；

（2）[2]AB．两弹簧测力计大小可以不同，夹角可以垂直也可以不垂直，所以橡皮条不一定与两绳套夹角的平分线在同一直线上，故AB错误；

C．两根细绳的作用是方便用来记录两分力的方向的，不一定要求等长，故C错误；

DE．实验要记录弹簧测力计在平行于木板方向的读数和方向，所以弹簧测力计要与木板平行；记录分力方向是根据两点的连线作出的，为了减小作图误差，所以拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，故DE正确。

故选DE。

（3）[3]由图知弹簧测力计的最小分度值为0.2N，所以可读出弹簧测力计B的示数为3.8N。

12. 为了探究加速度与力、质量的关系。

(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。

①实验前，下列操作必要的是________．

A.选用质量不同的两辆小车

B.调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行

C.使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量

D.将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力

②他测量了两小车的位移为x1、x2，则=________．

(2)小明用如图乙所示的装置进行实验．

①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为________m/s2.

②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是丁图中的图线__________(选填“1”“2”或“3”)．

③调整正确后，他作出的a-F图象末端明显偏离直线．如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1=________，a2=________．

【答案】    ①. BCD    ②.     ③. 0.4    ④. 3    ⑤.     ⑥.

【解析】

【分析】

【详解】（1）①[1]本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求。

故选BCD。

②[2]在初速度为零的匀变速直线运动中有，因运动时间相等，则位移与加速度成正比．小车1、2的加速度之比为

（2）①[3]每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，

△x=0.02-0.008-0.008=0.004m

根据匀变速直线运动的推论公式

△x=aT2

得

a=＝0.40m/s2

②[4]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0,故图线为3。

③[5][6]没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得

偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出

四、计算题（本大题共3小题，共39分）

13. 一列简谐横波在时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质点Q的振动图像。求：

（1）波长、周期、波速；

（2）波的传播方向；

（3）质点P在3s时间内通过的路程是多少?

【答案】（1），，；（2）沿x轴负方向传播；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）由图（a）可以看出，该波的波长为

由图（b）可以看出周期

故波速为

（2）由（b）可知，当时，Q沿y轴向上运动，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播

（3）质点P在3s时间振动了一个半周期，则通过的路程

14. 如图，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α=37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg，拉杆箱的质量M=9.0kg，箱底与水平面间的夹角θ=37°，平底箱包与拉杆箱之间的动摩擦因数μ=0.5，不计其它摩擦阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）若F=25N，求拉杆箱的加速度大小a；

（2）在（1）的情况下，求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小v；

（3）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。

【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）250N

【解析】

【详解】（1）若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

解得

（2）根据速度位移关系可得

解得

（3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此时箱包的加速度为a0，

根据牛顿第二定律可得

解得

以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

解得拉力的最大值为

15. 如图，水平桌面CD右侧竖直固定一个半径为的光滑半圆弧轨道EFG，直径EG与桌面垂直，水平桌面左侧固定一个倾角为、长度为的光滑直轨道AB，质量、长度的木板置于桌面上并紧靠倾斜直轨道，且木板上表面与B、E两点高度相同；倾斜直轨道与圆弧轨道在同一竖直平面内。一个质量、可视为质点的小滑块，从P点水平抛出，初速度大小为，恰好在A点沿切线进入倾斜轨道，离开倾斜轨道后滑上木板，经过倾斜轨道与木板连接处能量损失不计。已知滑块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，；木板如果与挡板ED碰撞将以原速率反弹；重力加速度，，，求：

（1）P、A两点的水平距离；

（2）通过计算分析小滑块能否滑上圆弧轨道；如果能，则计算经过E点时受到圆弧轨道的支持力大小；

（3）如果小滑块能滑上圆弧轨道，通过计算分析小滑块最终落在木板上还是倾斜导轨上。

【答案】（1）；（2）小滑块能滑上圆弧轨道，；（3）小滑块最终落在木板上

【解析】

【详解】（1） 因小滑块恰好在A点沿切线进入倾斜轨道，故有

所以小滑块做平抛运动的飞行时间为

P、A两点的水平距离为

（2）小滑块在A点的速度大小

小滑块从A点到B点，根据机械能守恒定律可得

 解得

小滑块滑上木板后做匀减速运动， 加速度大小为

木板做匀加速直线运动， 加速度大小为

设木板从开始运动到撞上圆弧轨道下端挡板的时间为，则

解得

此时小滑块的位移为

此距离正好为木板位移与木板长度之和， 即C、D间距，所以此时小滑块恰好滑上圆弧轨道。小滑块在E点速度大小为

在E点，根据牛顿第二定律可得

解得

（3） 物体能经过G点的临界条件是

设小滑块能经过G点，则有

解得

所以小滑块能经过G点做平抛运动；如果小滑块能落到木板上，则有

可得

水平位移为

显然，无论木板停在何位置，小滑块都会落在木板上。