株洲市名校2023-2024学年高三上学期第一次月考
物理试题卷
时量：75分钟 满分：100分
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法中正确的是（　　）
A． 图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出力是维持物体运动的原因
B． 图甲中的实验，可以在实验室中真实呈现
C． 图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
D． 图乙通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
2. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上行驶，t=0时两汽车刚好在同一位置，如图所示是甲、乙两汽车的速度随时间变化图像，下列说法正确的是（　　）
A． 0~4s内甲、乙的速度方向相同 B． 甲车在0~4s 内的加速度最大
C． 8s时两车恰好相遇 D． 8s时两车相距48m
3.“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。若在其两端加恒定电压U，则它会辐射频率为v的光子，且v与U成正比，即ν=kU。已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关，光子的能量公式为E=hv。你可能不了解此现象的原理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断出比例系数k的值可能为（　　）
A． B． C． 2he D.
4. 在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s ，则下列说法正确的是（　　）
A． 运动员的质量为 40kg B． 运动员在3.6s~4.8s内处于超重状态
C． 运动员的最大加速度大小为40m/s2 D． 运动员离开蹦床上升的最大高度为 12.8m
5. 如图所示，某自卸式货车车厢上放有一箱货物，货箱内有一光滑的倾斜隔板AB，其与货箱底部的夹角为30°，隔板与货箱右壁之间放有一圆柱形工件，货车在卸货过程中，车厢倾角θ从零缓慢增大到37°，货箱一直相对车厢底板静止，下列说法正确的是（　　）
A． 车厢对货箱的作用力逐渐增大
B． 车厢对货箱的作用力逐渐减小
C． 工件对隔板的压力不断增大
D． 工件对货箱右壁的压力一直增大
6. 如图所示， A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是（　　）
A. B. C. D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7. 如图a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块（　　）
A． 通过bc、cd段的时间均大于T
B． 通过c、d点的速度之比为
C． 通过bc、cd段的位移之比为1： 3
D． 通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
8. 如图所示， 质量为m、长度为l的导体棒ab用绝缘细线悬挂， ab沿水平方向。导体棒处在垂直于纸面向里的匀强磁场中（图中未画出）。棒中有方向由a向b、大小恒定为I的电流，两根绝缘细线处于绷紧状态。保持匀强磁场磁感应强度的大小不变，使磁场方向始终垂直于ab棒缓慢转到垂直于纸面向外，此过程中细线与竖直方向的最大夹角为30°。已知重力加速度为g，则（　　）
A． 初始状态导体棒一共受到四个力
B． 初始状态导体棒一共受到五个力
C．匀强磁场的磁感应强度B的大小为
D． 匀强磁场的磁感应强度B的大小为
9. 如图所示，A、B、C三个小球的质量分别为3m、2m、m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆， B、C间由一轻质细线连接，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A． A球的受力情况未变，加速度为零
B． C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
C． A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
D． A、B之间杆的拉力大小为
10.如图所示，绝缘平板A静置于水平面上，带正电的物块B（可视为质点）置于平板最左端，电荷量 平板质量M=2kg，物块质量m =1kg，物块与平板间动摩擦因数μ1 =0.5，平板与水平面间动摩擦因数μ2 =0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0时，空间提供水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小为E =5×10 N/C；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变； t= 1.25s时，撤去电场，在整个过程中，物块的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，不考虑因电场变化产生的磁场影响，重力加速度取g = 10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A． t=1s时，A、B的速度分别为1m/s和5m/s
B．平板A的长度至少为3.125m
C． A、B之间摩擦生热为12.5J
D． 整个过程中电场力做的总功约为17.2J
三、实验题（2道题， 共16分）
11.（8分）某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计Ａ挂于固定点P，下端用细线挂一质量为M的重物，弹簧测力计 B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。（重力加速度为g）
（1）为了完成实验，需要记录结点O的位置以及弹簧测力计的示数和弹力的方向，如果作图得到的合力方向近似在 方向上，且大小近似等于 ，则平行四边形定则得以验证。
（2）下列不必要的实验要求是 （请填写选项前对应的字母）
A． 木板平面要保持竖直
B． 两个弹簧测力计必须完全相同
C． 拉力方向应与木板平面平行
D． 改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学使弹簧测力计 B处于水平方向，发现弹簧测力计 A 的指针稍稍超出量程，为了能够完成实验，他应该
A． 换用质量稍轻的重物
B． 保持弹簧测力计B的拉力方向不变， 减小其拉力
C． 保持弹簧测力计 B的拉力大小不变，将其逆时针旋转一个小角度
D． 保持弹簧测力计 B的拉力大小不变，将其顺时针旋转一个小角度
12. （8 分）某物理兴趣小组的同学利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻Rx的方案，实验电路如图甲所示。
①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型，并依量角器直径两端点裁剪好；
②按甲图所示的电路原理图连接好各元件；
③将电阻箱的阻值调至R1，并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动，当灵敏电流计的示数为零时，停止移动金属夹，此时从量角器上读出OA与OK间的夹角θ （单位为弧度）；
④改变电阻箱的阻值，重复步骤③，测得多组（θ，R）值；
⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图乙所示。
根据分析，试回答下列问题：
（1）某次调节电阻箱的示数如丙图所示，则此时电阻箱接入电路的电阻为 Ω；
（2）已知乙图中图像与纵轴的截距为-b，由此可求得 ，若考虑电流计的内阻，Rx的测量值 （填“有”或“无”）系统误差；
（3）实验时，当金属夹K调至某位置时，该小组的同学因为观察不仔细，认为灵敏电流计的读数已经为零，实际上，灵敏电流计还有从K到P的电流，那么此时测出Rx的值与真实值相比 （填“偏小”、“相等”或“偏大”）。
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13.（12分）株洲市在创建文明城市的过程中，机动车礼让行人逐渐落到实处，成为一道美丽的风景线。有一天，小王开车以 72km/h的速度在一条平直公路上行驶，经过一个路口前，小王看到一位行人正从A点以1.5m/s的速度走上斑马线过马路，如图所示。经过0.5s的思考反应后，小王立即刹车礼让行人。汽车匀减速 5s刚好在停车线前停下，求：
（1）小王看到行人时汽车离斑马线的距离；
（2）设每个车道宽度为3m，若小王看到行人时立即刹车（不计反应时间），刹车的加速度与之前相同，减速1s后就做匀速运动，请通过计算判断小王是否会违章。（当行人到达中线B点前汽车车头越过停车线即违章）
14.（12分）如图所示，有一根粗细均匀、两边等长的U形细玻璃管，左端开口、右端封闭且导热良好。U形管竖直放置，管内有一段水银柱，右边封闭了一段空气柱。环境温度为240K时，左、右两边空气柱的长度分别为l = 20cm和l = 15cm，大气压强为75cmHg。（计算结果保留3位有效数字）
（1）若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，求此时的环境温度。
（2）若不改变环境温度，而将左边管口也封闭，让U形管两端竖直朝上自由下落（下落时忽略空气阻力）；下落时间足够长且下落时U形管保持竖直。求气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是多少？
15.（16分）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的电梯轿厢中，底部与电梯地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。已知重力加速度为g，物块在运动的过程中，弹簧始终在弹性限度内，斜面体始终与电梯轿厢保持相对静止状态。
（1）若电梯静止，求物块处于平衡位置时弹簧的伸长量；
（2）若电梯匀速上升，压缩弹簧使其长度为 L时将物块由静止开始释放，求弹簧的最大伸长量；
（3）若初始时电梯静止， 物体处于平衡位置。此后电梯以的加速度匀加速上升足够长时间，求：
①当电梯刚开始匀加速上升瞬间，斜面对物块的支持力大小；
②假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件。
株洲市名校2023-2024学年高三上学期第一次月考
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B C D A AB AC BD ACD
1. C
【详解】A． 图甲的实验为伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合得出力是改变物体运动的原因， 故A错误；
B． 实验室不存在没有阻力的的斜面，图甲中的实验，无法在实验室中真实呈现，故B错误；
C． 图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易，故C正确；
D． 图乙通过对自由落体运动的研究，通过抽象思维在实验结果上合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动， 故D错误。
故选 C。
2. D
【详解】AC． 0~4s甲向正方向做匀加速直线运动，乙向负方向做匀减速直线运动，两车距离逐渐增大，4~8s甲向正方向做匀速直线运动，乙向正方向做匀加速直线运动，甲的速度大于乙的速度，两车距离继续增大，8s时两车速度相等。8s后乙的速度大于甲的速度，两车距离逐渐减小，故8s时两车相距最远，由速度-时间图像图线围成的面积表示位移可得，两车相距的最远距离为
故 A错误， C 错误；
D． 由AC 选项分析可知10s内两车相距的最远距离为48m，故D正确；
B． 由速度-时间图像图线斜率表示加速度可知，8~10s时甲车的加速度最大，为
故B错误。
故选 D。
3. B
因为E=hγ，E=qU，k=v/v，即k的单位与 相同，所以选 B。
4. C
【详解】A． 由题可知
mg = F1 = 500N
所以m = 50kg
故 A 错误；
B． 由图可知，运动员在3.6s~4.2s 内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2s~4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；
C． 当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得
故C正确；
D． 由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为
t=8.4-6.8s = 1.6s
所以运动员离开蹦床上升的最大高度为
故D错误。
故选C。
5. D
【详解】AB． 货箱缓慢移动，货箱所受合外力为零，所以车厢对货箱的作用力与货箱的重力等大反向，大小始终等于重力，大小不变， 故AB错误；
CD． 对工件受力分析， 如图所示
隔板对工件的弹力为F1，货箱右壁对工件的弹力为F2，二力夹角α保持不变，所以三力组成的顺接闭合三角形三个顶点在同一个圆周上，由图可知车厢倾角θ缓慢增大到37°过程中，F2一直增大， F1逐渐减小，由牛顿第三定律知，工件对隔板的压力不断减小，工件对货箱右壁的压力一直增大，故C错误，D正确。
故选 D。
6. A
【详解】物块A与B之间的最大静摩擦力f1=2μmg
物块B与桌面间的最大静摩擦力
若A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B，由牛顿第二定律得f1-f2= 2ma
对 A、B 整体由牛顿第二定律得T-f2= 4ma
对物块C由牛顿第二定律得mg-T = ma
解得
因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足
故选 A。
7. AB
【详解】A． 小滑块沿光滑斜面向下做匀加速直线运动，从a点静止开始下滑经过bd上任意一点的速度比从b点静止开始下滑经过bd上任意一点的速度要大，所以相同位移时间变大，即通过bc、cd段的时间均大于T， 故A正确；
BC． 从a点静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T，根据初速度为0的匀加速直线运动，相同时间的位移之比为ab：bc：cd = 1：3：5
设ab=L， 则bc=3L， cd = 5L
匀加速运动的加速度为a，从b点静止开始下滑，通过c点的据速度位移关系公式
解得
同理可得，d的速度
故
故 B正确，C错误；
D． 通过bd段的平均速度
所以有
故D错误。
故选 AB。
8.【答案】AC
【解析】对导体棒受力分析知，导体棒一共受到重力、安培力和两个绳子拉力一共四个力。所以A正确。
缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析， 并作出安培力的旋转矢量如右图所示。
由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，导体棒与竖直方向夹角最大， 由图中几何关系可知
解得 故选A。
将安培力与重力合成，等效处理成新重力，拉动导体棒，使细线与竖直方向成60°后静止释放，此时细线与等效重力方向所成30°角，静止释放最大可以摆动60°，可以回到最低点， 故选C
故选AC
9. BD
【详解】A． 细线被烧断的瞬间， 将AB作为整体，不再受到绳子的拉力作用，故受力情况发生突变，则合力不为零， 加速度不为零， 故A 错误；
B． 细线被烧断后，对球C由牛顿第二定律得mgsinθ=ma，故a=gsinθ，方向沿斜面向下，故B正确；
C． 细线被烧断前，将 ABC当作整体，则弹簧弹力为F = 6mgsinθ，细线被烧断的瞬间， 将 AB作为整体，则由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D． 细线被烧断的瞬间，对B由牛顿第二定律得
解得AB之间杆上的力为
故 D正确。
故选 BD。
10.【答案】ACD
【解析】
A、分析0~1s这段时间，AB恰好要发生相对滑动时，分析A，有μ1mg –μ2（m+M）g = Ma，解得a=1m/s2，假设AB间没有发生相对滑动，则分析AB整体有 解得 因为 所以假设不成立，即 AB间发生了相对滑动，
则有
对B， 解得
t = 1s时，A的速度为1 B的速度为 故A正确；
B、电场反向后，对B， 解得 方向水平向左，A的加速度不变，仍然为方向水平向右，
设经过t'时间共速，则 解得t'= 0.25s， v共= 1.25m/s，
即1.25s时两者共速，此时正好撤去电场，由于μ >μ ，所以两者共速后一起做匀减速运动直到停止。
则平板A的长度至少为 故B错误；
C、A、B之间摩擦生热为Q =μ mgL = 12.5J，故C正确；
D、0 ~ 1s， 电场力做正功 电场力做负功为 0.25s =-7.8125J，
电场力做的总功W = W1+W2 = 17.1875J≈ 17.2J，故D正确。
故选ACD。
11.竖直 Mg BD AD
【详解】（1）[1][2]结点O处于平衡状态，故A、B的合力方向近似在竖直方向上，且大小近似等于Mg， 则可验证平行四边形定则。
（2）[3]A． 木板平面要保持竖直，要保证合力沿竖直方向，故A必要，但不符合题意；
B． 弹簧测力计测量准确即可， 不要求两测力计相同，故B不必要，符合题意；
C． 拉线方向必须与木板平面平行，这样才能确保力的大小准确性，故C必要，但不符合题意；
D． 由于本实验中重物的重力一定，因此两弹簧测力计的拉力的合力大小方向均是一定的，所以不需要再让结点每次静止在同一位置，故D不必要，符合题意。
故选 BD。
（3）[4]A． 换用质量稍轻的重物，合力变小， A的示数变小，故A 正确；
B． 保持弹簧测力计 B的拉力方向不变，增大其拉力， AB弹簧测力计合力不变，A的拉力增大，故B错误；
C． 保持弹簧测力计 B的拉力大小不变，将其逆时针旋转一个小角度，则A的拉力变大， 故C错误；
D． 保持弹簧测力计B的拉力大小不变，将其顺时针旋转一个小角度，A的拉力变小，故D正确。
故选 AD。
12.【答案】（1）596.0；（2） ；无；（3）偏小
（1）596.0
（2）当灵敏电流计示数为零时，其两端电势相等，可知
故有： 结合图像可知，纵轴截距 解得
电流表两端电势为0的条件与电流表内阻无关，故该方法测得的R 无系统误差；
（3）若要使灵敏电流计示数为零，则需减小θ角（或增大电阻箱阻值R）由 知，此时Rx的测量值小于真实值。
13.【答案】（1） x=60m；（2） 违章
【详解】（1） 以汽车速度方向为正方向，则汽车的初速度为v0 = 72km/h=30m/s，末速度为
小王在思考时间汽车做匀速直线运动，则
x0= v0t0 = 20×0.5m =10m…（2分）
汽车刹车过程的位移为
…（2分）
小王看到行人时汽车离斑马线的距离为
x =x1+x2= 10m+50m = 60m…（2分）
（2）行人到达 B点时所用时间为
…（2分）
则由公式
解得 …（1分）
汽车刹车1s后速度为
v1 = v0 + at = 20m/s-4×1m/s= 16m/s…（1分）
则汽车在行人到达 B点时走的位移为
…（1分）
此时汽车已经越过停车线，故汽车违章。…（1分）
14.【答案】（1） T2=300K （2） 6.18cm
解： （1）对液柱受力分析得
初态：p1= p0-（l1-l2）cmHg= 75- （20-15） = 70cmHg，…（2分）
末态：p2 =p0= 75cmHg，…（1分）
…（1分）
根据一定质量理想气体状态方程可得： …（1分）
解得T2=300K …（1分）
（2）让U形管两端竖直朝上自由下落，处于完全失重状态，左右两边气体压强相等，假设左边液面下降了l，对左边气体：p0l1S=p（l1+l）S …（2分）
对右边气体：p1l2S=p（l2-l）S …（2分）
解得l = 0.588cm
高度差h=2l+（l1-l2）=2×0.588cm﹢（20–15） cm =6.18cm …（2分）
答：（1）若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，此时的环境温度为300K。
（2）气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是6.18cm。
15.【答案】（1）解： 设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，
有mgsinα-kΔL=0…（2分）
解得 …（2分）
（2）解： 方法一：分析可知物块的平衡位置与第（1）问相同，释放后弹簧做简谐运动。
所以物块做简谐运动的振幅为 …（2分）
由简谐运动对称性可知， Lm-ΔL=A…（2分）
最大伸长量为 …（2分）
方法二： 从最高点到最低点， 由能量守恒得，
…（3分）
解得 …（3分）
（3）解法一： 经典动力学方法
① 电梯突然加速的瞬间，斜面与电梯保持相对静止，具有竖直向上的加速度，可将其分解为沿斜面方向
的加速度asinα与垂直于斜面方向的加速度acosα。对物体受力分析
支持力可以突变以便于维持物体垂直斜面的运动与斜面一致，垂直于斜面方向上有
…（1分）
所以 …（1分）
重力分力与弹簧弹力无法突变，沿斜面方向上有
mgsinα-kΔL=0……②
故初始加速度为0，相对于斜面则有沿斜面向下大小为asina的初始加速度
当向下移动x 满足
时，与斜面达到相同加速度
根据运动的对称性可知（也可由a-x图像面积得出）
当向下移动x 满足
时，相对于斜面运动至最低点，此时弹簧弹力达到最大
对斜面体受力情况如右图所示：
水平方向
竖直方向
又由①得
且F=k（ΔL+x）……⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧可得
f = kxcosα-masinacosα
为使斜面体始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应有|f|≤μFN …（1分）
所以 恒成立
又由③④可知， 2masinα≥kx≥0
当x = 0时，上式右端达到最大值， 即
即 …（1分）
…（1分）
于是有 …（1分）
②解法二： 惯性力与质点系牛顿第二定律
电梯静止时，对物体受力分析，可得
mgsinα-kΔL = 0……①
以电梯为非惯性参考系，则斜面与物体分别受大小为Ma和ma且方向均向下的惯性力
初状态时物体受力平衡，电梯加速后，物体受惯性力开始做简谐运动，设物体相对于斜面向下运动位移为x，相对斜面运动加速度为a1 受力分析可得
k（ΔL+x） - （mg+ma）sinα=ma1……②
联立①②得
ma1= kx-masinα……③
选择斜面体与物体弹簧为一个系统，整体进行受力分析， 分解物体加速度， 可得
水平方向上f = ma cosα=kxcosα-masinαcosα
竖直方向上
为使斜面体始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应有 （1分）
所以
又由简谐运动规律可知，2masinα≥kx≥0
当x=0时，上式右端达到最大值， 即
即 …（1分）
…（1分）
于是有 …（1分）