四川省成都石室阳安学校2025-2026学年高三上学期10月月考物理试卷

成都石室阳安学校2025-2026学年高二10月月考 物 理 出题人：帅成久 做题人：温国琳 审题人：张和桂 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．关于下列教材中四幅图片描述正确的是（ ） A．甲图中研究体操运动员在单杠上转体动作时可将其看成质点 B．乙图中飞船与空间站对接时，以地球为参考系飞船在高速运动 C．丙图中游客沿蜿蜒的长城从A处走到B处路程和位移大小相等 D．丁图中汽车速度表显示的是平均速度 2．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，下列说法正确的是（ ） A．当时，运动员单手对地面的作用力大小为 B．当时，运动员单手对地面的正压力大小为 C．当时，运动员单手对地面的作用力大小为G D．当时，运动员单手对地面的正压力大小为G 3．质点A沿竖直方向做简谐运动，某时刻A开始振动经过在绳上形成的波传到质点C时的波形如图所示，已知AB相距10m，AC相距12m。则（ ） A．质点A开始振动时向上运动 B．时质点A在平衡位置且振动方向向下 C．这列波的传播速度大小为 D．A、C两质点之间（不包括A）与质点C振动状态完全相同的点还有两个 4．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中c→a过程是绝热过程，下列说法正确的是（ ） A．a→b过程中，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量 B．b→c过程中，气体的温度升高 C．c→a过程中，气体分子的平均动能不变 D．a→b→c→a的整个过程中，气体与外界的热量交换量为0 5．“指尖篮球”是花式篮球表演中的常见技巧。如图所示，半径为的篮球在指尖绕竖直轴转动，若此时篮球下半球部分表面有一些小水滴，当篮球角速度达到一定值时，小水滴将被甩出。已知小水滴质量为，篮球对小水滴的最大吸附力为，重力加速度为，若小水滴仅受重力和篮球的吸附力作用，篮球对小水滴的吸附力时刻指向球心，则小水滴被篮球甩出时篮球的角速度、小水滴和球心的连线与水平方向的夹角应满足（ ） A．， B．， C．， D．， 6．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一装满篮球的箱子沿斜面下滑。下滑过程中，全部篮球和箱子保持相对静止。已知方向1垂直斜面向上，方向2竖直向上，方向4沿斜面向上。对于篮球P，下列说法正确的是（ ） A．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力的方向可能沿方向1 B．若箱子匀速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力方向一定沿方向2 C．若箱子匀加速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向3 D．若箱子匀减速下滑，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向4 7．一轻质杆两端分别固定有质量均为m的小球A、B，两小球由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示。OE和FC的拉力分别用和表示，初始时，与竖直方向的夹角，水平。现保持轻杆位置不变，将细线FC的C端缓慢上移至FC与水平方向成角的位置的过程中，下列说法正确的是（ ） A．一直减小且减小了 B．一直减小且减小了 C．先减小后增大，其最小值为 D．轻杆的弹力一直减小，其最小值为 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对得6分，少选得3分，错选得0分） 8．引体向上是锻炼人体臂力的一项重要体育项目。如图，某次某人双手吊在单杠上处于静止状态。下列说法正确的是（ ） A．单杠对人的力和人受的重力是一对相互作用力 B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则人受的合力不变 C．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大 D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对平衡力 9．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示。取当地的重力加速度。结合图像，以下说法正确的是（ ） A．该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中先处于超重状态后处于失重状态 B．该运动员最大加速度为 C．该运动员离开蹦床时的速度为 D．该运动员离开蹦床后上升的最大高度为 10．在大型物流货场广泛使用传送带运送货物.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，则下列判断中正确的是（ ） A．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 B．A、B两点间的距离为3.2m C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m D．倾角θ=37ｏ 三、实验题（本题共2小题，共14分） 11．（6分）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验 (1)图（c）是该同学某次测量的弹簧长度，该长度是 cm。 (2)实验装置如图（a）所示，以下操作规范的是______。 A．实验前，为避免弹簧自身重力的影响，应先把弹簧水平放置测量其原长 B．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数 C．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重力 D．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重力 (3)他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线，由此图线可得该弹簧的劲度系数k= 。 12．（8分）测电阻有多种方法。 (1)甲同学用多用电表测量一电阻的阻值，他选用的电阻挡的倍率为“”，某次测量指针偏转情况如图甲所示。该电阻的测量值为 。如果用此多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用电阻挡的倍率为 （填“”“”或“”）。 (2)乙同学用“伏安法”测量电阻的部分实验电路如图乙所示。某次测量时，电压表和电流表的示数分别为和，则电阻的测量值可表示为 ；该测量值比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。 (3)丙同学用如图丙所示的电路测量电流计的内阻，实验步骤如下： ①按电路图连接好实验电路，调节电阻箱使其接入电路的阻值最大。 ②将闭合、断开，调节电阻箱的阻值，使电流表满偏，此时电阻箱的电阻为。 ③闭合，保持电阻箱的阻值不变，调节电阻箱的阻值，当电阻箱的阻值为时，电流表的指针刚好偏转到满偏刻度的，则电流表内阻的测量值为 ；当 （填“远大于”或“远小于”）时，测量误差较小。 (4)丁同学设计了如图丁所示的电路测未知电阻。将电阻与另外两个已知阻值的定值电阻、和电阻箱相连接，、两点接检流计（可以检测微小电流）。闭合开关，调节电阻箱的阻值为时，检流计的示数为，则待测电阻 。 四、计算题（本题共3小题，共40分） 13．（10分）长为L的细线，一端系一质量为的小球（可视为质点），另一端固定在悬点，让小球在水平面内做匀速圆周运动形成圆锥摆，如图所示，若摆线与竖直方向夹角为，不计阻力： （1）求摆线对小球的拉力大小； （2）小球运动的向心加速度大小； （3）生活经验告诉我们，在线长一定的情况下，角速度越大则绳与竖直方向的夹角也越大（小于90度），你能够给出理论依据吗？ 14．（14分）如图所示，在离地面高H处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L=5m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s=4m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做匀加速直线运动，已知小球落地前最后1s内下落的高度为25m，忽略空气阻力及小车的高度，重力加速度g取10m/s2，求： (1)小球离地的最大高度； (2)要使小车接住小球，小车加速度的范围。 15．（16分）如图所示，足够长的长木板A的质量为m1=2kg，可视为质点的物块B的质量为m2=1kg，A与B之间的动摩擦因数μ=0.4，B以初速度v0=6m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的A木板，同时对B施加一个大小为F=6N、方向水平向左的恒力，重力加速度g=10m/s2。求： (1)B在A上相对A向右滑动过程中，A和B的加速度大小； (2)A与B达到的共同速度的大小； (3)B向右运动的最大位移。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C A B B D BC AD ABD 1．B 【详解】A．甲图中研究体操运动员在单杠上转体动作时，体操运动员的大小和形状不可忽略不计，则不可将其看成质点，故A错误； B．乙图中飞船与空间站对接时，以地球为参考系飞船在高速运动，故B正确； C．丙图中游客沿蜿蜒的长城从A处走到B处路程大于位移大小，故C错误； D．丁图中汽车速度表显示的是瞬时速率，故D错误。 故选B。 2．C 【详解】以运动员的左手为研究对象，受到地面的支持力N、摩擦力f和手臂对手的弹力，如图所示 竖直方向根据平衡条件可得 解得 根据牛顿第三定律可知运动员单手对地面的作用力 运动员单手对地面的正压力大小 BD．可知无论为何值，运动员单手对地面的正压力大小为，故BD错误； A．当时，运动员单手对地面的作用力大小为 故A错误； C．当时，运动员单手对地面的作用力大小为 故C正确。 故选C。 3．C 【详解】A．因波传到质点C时，质点C的振动方向向下，可知质点A开始振动时向下运动，A错误； C．这列波的传播速度大小为，C正确； B．由波形图可知，质点A只振动了后就停止了振动，可知时质点A在平衡位置不动，B错误； D．因此时刻AB间的质点不振动，而BC之间没有与质点C振动状态完全相同的质点，则A、C两质点之间（不包括A）不存在与质点C振动状态完全相同的点，D错误。 故选C。 4．A 【详解】A．a→b过程中，气体压强不变体积增大，对外做功，即W<0 根据盖−吕萨克定律可知，温度升高，故内能增大，根据ΔU=Q+W可知，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量，故A正确； B．b→c过程中，气体体积不变压强减小，根据查理定律可知，气体的温度降低，故B错误； C．c→a为绝热过程，即Q=0 因体积减小，故外界对气体做功，即W>0 根据ΔU=Q+W可知，ΔU>0 即气体内能增大，则温度升高，气体分子的平均动能增大，故C错误； D．因ab段图像与横轴所包围的面积大于ca段图像与横轴所包围的面积，故气体对外界做的功大于外界对气体做的功，即a→b→c→a的整个过程中，W<0，ΔU=0，则 根据ΔU=Q+W可知，Q>0 即气体从外界吸收热量，故D错误。 故选A。 5．B 【详解】如图所示 小水滴恰好被甩出时，水平方向有 竖直方向有 解得 ， 故选B。 6．B 【详解】AB．若箱子匀速下滑，则篮球P处于平衡状态，其他篮球对篮球P的作用力与篮球P的重力平衡，所以其他篮球对篮球P的作用力方向一定竖直向上，故A错误，B正确； CD．若箱子匀加速下滑，篮球P的合力方向沿斜面向下，即其他篮球对篮球P的作用力与篮球P的重力的合力的方向沿斜面向下，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向4，不可能沿方向3，C错误； 若箱子匀减速下滑，篮球P的合力方向沿斜面向上，即其他篮球对篮球P的作用力与篮球P的重力的合力的方向沿斜面向上，则其他篮球对篮球P的作用力可能沿方向3，不可能沿方向4，D错误； 故选B。 7．D 【详解】A．取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、细线OE的拉力及细线FC的拉力作用处于平衡状态。此三力满足图甲所示关系，当C端缓慢上移时，由图知细线OE的拉力一直减小，最初其大小为 移动后其大小为 减小了，故A错误； BC．由图甲知细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为 故BC错误； D．取A球为研究对象，其所受重力、细线OE的拉力及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时OE的拉力大小为 所以最后杆的弹力正好沿水平方向，由图乙知杆的弹力一直在减小，最小值为 故D正确。 故选D。 8．BC 【详解】A．单杠对人的力和人受的重力是一对平衡力，故A错误； B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，人受的合力不变，合力仍为零，故B正确； C．合力的大小和方向一定时，两分力随两分力间夹角的增大而增大，所以若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大，故C正确； D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对相互作用力，故D错误。 故选BC。 9．AD 【详解】A．该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中，加速度先向上，后向下，则运动员先处于超重状态后处于失重状态，故A正确； B．由题中图象可知运动员运动前 mg=F0=500N 解得 m=50kg 陷落最深时由图可知Fm=2500 N，此时根据牛顿运动定律有 可得最大加速度 故B错误； CD．运动员运动稳定后每次腾空时间为 =8.7s-6.7s=2 s 故最大高度为 m 该运动员离开蹦床时的速度为 故C错误，D正确； 故选AD。 10．ABD 【详解】AD．由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为 对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为 得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2 联立解得 cosθ=0.8 μ=0.5 故AD正确； B．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为 x=×2×0.2+×（2+4）×1=3.2m 故B正确； C．在0-0.2s时间内，物块相对传送带上的位移长 此过程中，滑块相对传送带向后划线； 在0.2-1.2s时间内物块相对传送带的位移 此过程中，滑块相对传送带向前划线，因则传送带上留下的黑色痕迹长为1m，选项C错误。 故选ABD。 11．(1)16.00 (2)BD (3)50N/m 【详解】（1）由图可知刻度尺最小分度为0.1cm，则该同学某次测量的弹簧长度是16.00cm； （2）A．由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误； B．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故B正确； CD．实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重力，故C错误、D正确。 故选BD。 （3）由图像的斜率可得劲度系数为 12．(1) 120 (2) 偏大 (3) 远小于 (4) 【详解】（1）[1]电阻的测量值为指针示数乘以倍率，指针指在12的位置，倍率为“”，所以测量值为； [2]测量阻值约为的电阻时，为使指针指在表盘中央附近测量更精确，应选用“”的倍率。 （2）[1]根据欧姆定律，可得电阻的测量值为 [2]测量值等于电阻和电流表内阻之和，故测量值大于真实值。 （3）③[1]闭合、断开时，调节电阻箱使电流表满偏，设满偏电流为。闭合，保持电阻箱的阻值不变，此时电流表偏转到满偏刻度的，若认为干路电流不变，仍为，则说明通过电阻箱的电流为，根据并联电路电压相等，可得电流表内阻的测量值等于电阻箱阻值的一半，即。 [2]闭合后，总电阻减小，总电流增大，大于原来的满偏电流，而电流表中电流为，则通过电阻箱的电流大于，当远小于时，总电流变化小，测量误差较小。 （4）当检流计示数为0时，说明M、N两点电势相等。 设通过与的电流为，通过与电阻箱的电流为，则两端的电压 两端的电压 两端的电压 两端的电压 又因为，所以 代入后可推导出。 13．（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）小球在竖直方向受力平衡，则有 解得 （2）由牛顿第二定律，小球的向心加速度为 （3）由向心力公式 解得 所以当夹角小于90°时，角速度越大则绳与竖直方向的夹角也越大。 14．(1)45m (2)0.5m/s2≤a≤1.125m/s2 【详解】（1））设小球竖直上抛到最高点时间为t0，根据速度与时间的关系可得0=v0-gt0 可得t0=1s 到达最高点后，小球做自由落体运动，设最高点到地面的高度为h，最后1s内的高度为，从最高点下落到地面所用时间为t1，有， 联立解得t1=3s，h=45m 小球离地的最大高度45m。 （2）小球在空中的运动时间为 若小球落地时恰落在M端，则由 可得a1=0.5m/s2 若小球落地时恰落在N端，则由 可得a2=1.125m/s2 可知小车加速度范围。 15．(1)2m/s2，10m/s2 (2)1m/s (3)2m 【详解】（1）根据题意，B相对A向右滑动过程中，B受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，A受摩擦力向右做匀加速运动，设A和B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律，对有 解得A的加速度大小 对B有 解得B的加速度大小 （2）设经过时间t，A和B达到共同速度v，则有 解得 A和B达到共同速度的大小 （3）假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度为a3，则由牛顿第二定律有 解得 此时A需要的摩擦力为 B与A间的最大静摩擦力为 假设成立，所以两者将一起向右做匀减速运动，综上所述，由运动学公式可得，B第一段的位移为 B第二段的位移为 则B向右运动的最大位移 - 15 - 学科网（北京）股份有限公司 $