河南省南阳2023-2024高三物理上学期第一次月考试题(pdf).pdf

1、河南省南阳2023-2024高三上学期第一次联合月考物理试题一、选择题(18 单项选择，912 多项选择，每题 4 分，共48 分）1如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是 10m/s,ST段的平均速度是 5m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为（）R S T 勿;A.31n/s（答案 l C 解析l8.2m/sC.lm/sD.O.Smls详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为 X,则根据题意有V RS联立解得X _ VR+VS t1 2 2x _Vs+VT 飞7.=t 2 2 t2=411,vr

2、=vR-10 再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有则其中还有解得联立解得故选C。vr=vR-a5t1at1=21n/s V!.=-VR n-a 一t l 2 2 VR=Jm/s vr=lm/s 2如图所示，倾角为 30的斜面上用饺链连接一轻杆a,轻杆a顶端固定一质豐为m的小球（体积可不计），轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉蓿，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖第1 页共 24 页直方向夹角始终不变，篮力加速度为g,下列说法正确的是(b 3A初始时轻绳上的拉力大小为-mg2 B.地

3、面对斜面的脓擦力始终向左且增大C.饺链对轻杆的支持力一直减小D轻绳上的拉力一直减小答案B解析 l详解 l A.较链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时有F tan 30=.:.I.mg 可得轻绳上的拉力大小为 FT=mg 3 A错误；BCD.如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A,较链处为B 点，过 B 点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C,画出力的矢量三角形如图乙所示AF r 30图甲图乙根据几何知识可知三角形 ABC与力的三角形相似，则有mg FTFN BC AC AB 缓慢放气过程中，BC 减小，AB 不变，AC 增大，则可得片增大，FN增大，滑轮

4、右侧轻绳上的拉力在水第 2 页共 24 页平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，B正确，CD错误。故选B。3利用如图甲所示的电路完成光电效应实验，金属的遏止电压队与入射光频率V的关系如图乙所示，图乙中从、v1、VO 均已知，电子电荷址用 e 表示。入射光频率为v1 时，下列说法正确的是()光u,:-;。U)VM.IN V。VIv!Hz 甲乙A 光电子的最大初动能及eU,-hv。eU1 B 由从V图像可求得普朗克常蜇 h=v,-v。C滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数逐渐增加D把电源正负极对调之后，滑动变阻器的滑片P向N端移动过程中电流表示数一定一

5、直增加答案）B 解析）详解】A.依题得，由图乙可得光电子的录大初动能为Ekm=U,e 故A错误；B.根据光电效应方程可得hvl 叭 Ekm其中叭加。可得普朗克常昼为uleh=v1-v。故B正确；c.图甲中光电管阳极A接电源负极，阴极K接电源正极，其所接电压为反向电压，滑动变阻器滑片P向N端移动，反向电压逐渐增大，电流表示数逐渐减小，当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流恒为第3 页共 24 页O，故C错误；D.把电源正负极对调之后，光电管阳极A接电源正极，阴极K接电源负极，其所接电压为正向电压，因单位时间内阴极K发射的光电子数目是一定的，所以随滑动变阻器滑片P向N端移动，所加电压逐渐增大，电流

6、表示数逐渐增大，最后会达到 一个饱和值，之后电流表示数保持不变，故D错误。故选B.4.如图Ca)所示，物块从倾角为37的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度了随时间t的关系如图（b)。物块下滑过程中斜面保持静止，那么（、v/ms一 1叶210 图(a)图(b)2 tis A 物块下滑过程的加速度为 In11s2B斜面长度为4mC物块和斜面之间的动靡擦因数为0.5D.水平地面对斜面摩擦力方向水平向左答案）C 解析）详解】A.由图像可得关系式 X-t v l 2vt+-at 2 l=V。+att 2 结合图像截距和斜率，可得vo=lm/s 1 3-1-a=m/s2=lm/s22 2 所以物块下滑过程

7、的加速度为 2m/s2,故A错误；B.物块从倾角为37的斜面顶端自由滑至底端，2s 末速度为v=V。+at=5m/s 则斜面长度为V。+VL=t=6m 第 4 页共 24 页故B错误；C.由牛顿第二定律，得mgsin37-mgcos37=maJI=0.5故C正确；D.物块和斜面看作整体，整体受到重力、支持力、地面的摩擦力，又因为整体有水平向右的分加速度，所以水平地面对斜面库擦力方向水平向右，故D错误。故选C。5从地面上以初速度2v0 竖直上抛物体A,相隔时间6t以后再以初速度v。从同 一地点竖直上抛物体B,不计空气阻力。以下说法正确的是（）A物体A、B可能在物体A上升过程中相遇2v。B要使物体

8、A、B相遇需要满足条件-At 4v。g g 2v。C要使物体A、B相遇需要满足条件At 上答案l B 韶析详解A.A物体上升时，A的初速度大于8的初速度，且A先抛出，所以A的位移大千B的位移，不可能在A上升的过程中相遇，故A错误；BCD.A在空中的总时间为：B在空中的总时间为：要使A、B能在空中相遇：可得：t1=2x 玉竺g g 2v。tl-t2 AttI第5 页共24 页2v。4v。一Attan 0,则凡 mgsin 0pmgcos 0 摩擦力方向沿传送带向上，为静摩掠力，大小变小，小木块将随传送带一起匀速向下运动，若 90)角的变化可能是p F丙A.增大凡的同时增大f3角c.增大凡的同时减

9、小fJ角答案】(D.D.B 解析JF 2 B.减小凡的同时减小fJ角D.减小凡的同时增大fJ角.F.BC 详解】(l)(l)ABC.此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差：拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确，不符题意：D.改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使0点在同一位置，选项D错误，符合题意：第 14 页共 24 页故选D(2)2)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；故选B。(3)3)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到0点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉

10、力效果相同，测虽出的合力。故方向 一定沿AO方向的是F.(4)4AD.根据力的平行四边形定则可知，让凡大小增大，方向不变，fJ角不可能增大，故AD错误 B.根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示p 图l由此可知减小凡的同时减小/3角可以实现题意要求，故B正确；C.同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示、，、,，图2由此可知增大凡的同时减小P角可以实现题意要求，故C正确；故选BC。14某同学设计了如下方案研究质量 一定时加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示。小车打点计时器拉力传感器纸带砂桶甲第15页共24页(1)实验时，需要进行的操作是A.平衡摩擦力时应不挂砂桶B.用天平测出砂

11、和砂桶的质蛊C.小车靠近打点计时器、先接通电源，再释放小车 D.为减小误差，实验中 一定要保证砂和砂桶的总质揽m 远小千小车（含滑轮）的质量M(2)保待小车（含滑轮）的质量不变，改变砂桶中砂的质量、记录多组传感器的读数 F 和对应纸带的加速度a 的数值，绘制出如图乙所示的a-F 图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车（含滑轮）的质重为al(m s-2)4.o l-一一一一一一一一八kg。0 0.5 2.5 FIN(3)该同学根据测量数据做出如图乙所示的 a-F 图线没经过原点，该同学做实验时存在的问题是答案l(D.AC#CA.1kg)未完全平衡眻擦力觥析 l详解】Cl)I平衡靡擦力时，

12、应满足公式Mgsin0-pMgcos0=0 所以应不挂重物小车受到的F合 2F=Ma因此不需要测出砂桶和砂的质量，也不需要满足m 远远小于M,实验时应使小车靠近打点计时器、先接通电源，再释放小车；故选AC。(2)(2根据公式2F=Ma 得2F a=图像得斜率第16页共24页则4 k=.:.=22 M=lkg(3)3根据牛顿第二定律有2F+Mgsin0-Mgcos0=Ma 可知图像末未过原点是因为未完全平衡摩擦力三、计算题（共 42 分）15某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心0的截面如图所示，A是外球面上的点，AO是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从A点射入，当入射角i=45

13、时折射光恰与内球面相切千B点。(j)求透明材料对该光的折射率；（们要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射角应满足的条件。一 一 一叶2R OR 答案（i)n=2;C ii)i30解析详解（i)当入射角i=45时，设折射角为,.,透明材料对该光的折射率为n,&忧0为直角三角形，则R sin r=解得2R sm1n=smr 产30n五(ii)光在A点入射角为 I时，设折射角为，J,折射光射到内球面上的D点刚好发生全反射，则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等千临界角为C,如图所示，在t:.ADO中，由正弦定理有第17 页共 24 页凶叫2R o R R

14、2R sinrsin(l80-C)1 sin C=-=-Slnl.，n=Sill r I解得，五S1nr=1_2 I 山n.1 s 解得i=30要使从A点射入光的折射光能从内球而射出半球壳，则光在A点入射角1应满足：i-3 3 表明，当缸内气体的温度缓慢降低到 _Q_ 时，活塞B与汽缸发生了挤压，根据理想气体状态方程有3 解得p1(0.5L=l.5L)S飞fp。3mgP2=-2 4S 18如图所示，一倾角0=37 的足够长斜面体固定千地面上，斜面体上有一股量为M=lkg 的木板，t=O时刻另 一质量为m=lkg 的木块（可视为质点）以初速度 V。=14m/s 从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同

15、时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F=l8N,使木板从静止开始运动。当t=ls 时撤去拉力F,已知木板和木块间动摩擦因数，1=0.25,木板和斜面体间动摩擦因数凸 0.5,最大静摩擦力等干滑动摩擦力，g 取lOm/s2,sin37=0.6,求：(l)木块和木板速度相等之前各自的加速度；(2)若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？第21 页共24 页答案（l)a1=8m I s2,方向沿斜面向下，a2=6m I s2,方向沿斜面向上；（2)L=7.75m解析详解（1)设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为q 和生，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得八 1mgcos

16、0mgsin0+J;=ma1f2=2(M+m)gcos0 F+Ji-Mgsin0儿Ma2解得N a1=8m/s2,方向沿斜面向下 a2=6m/s2,方向沿斜面向上N，I，I I，、2 mg 甲，I I 冒、尺G4 N2 Mg(2)设木块和长木板达到共速所用时间为ti 则有v1=v。-a/1=aif1解得t,=ls v1=6m/s 假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有(M+m)gsin0几（M+m)a解得a=10m/s2当木块受到向下的降擦力达到最大静靡擦力（大小等于滑动库擦力）时，加速度最大，其加速度大小为 0尸第 22 页共 24 页aa,假设不成立，木块相对木板

17、继续发生相对运动。木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为a,=8m/s,方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为a3,受力分析如图丙所示，则有M砰n0 八八Ma3解得a3=12m/s2NIfN2 Mg 丙由千a3 a1,长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜而上，受到斜面的静摩擦力为f,则有Mgsin0=f+1mgcos0 f=4N 因为j.儿，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。在木块和长木板速度减为零过程中的v-t图像如图丁所示，设木块的位移为S1，长木板在加速过程和减速过程的位移为S2和S3 由运动学公式可得：2alsl=v。2tV_2 2s v;=2a心L=s1-s2-s3解得L=7.75m 第23页共24页V。,v块v,r-长，0|丁t1 t2 t3 t 第24页共24页