湖南省常德市第一中学2024届高三上学期第四次月考试题+物理+含解析

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常德市一 中 2024 届高三第四次月水平检测
物 理
时量: 75 分钟 满分: 100 分
命题人：龚 洁 审题人：夏美泉
一、选择题： 本题共 6 小题， 每小题 4 分， 共 24 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示为某款采用了主动降噪技术的汽车宣传海报。汽车主动降噪技术是指通过消音扬声
器发出与噪音源振动步调相反、振幅相同的降噪声波，与外界噪音叠加以达到汽车降噪的一种
降噪技术。如图乙所示为理想情况下的降噪过程，实线表示噪音声波，虚线表示降噪声波，假
设两声波均为简谐波，下列说法正确的是
A. 主动降噪技术应用了波的衍射原理
B. 噪音声波和降噪声波的波速大小一定相等
C. 图乙中噪音声波和降噪声波的频率可以不相等
D. 图乙中噪音声波和降噪声波相遇的 P点的振幅增大
2.用电场线能直观又方便地描述电场的强弱。如图是等量同种点电荷的电场线 ，
A、A'、B、B'分别关于中垂线和连线对称，且各点到两电荷连线中点 O的距离相等。
下列说法错误的是
A. A、A两点场强相同
B. B、B两点电势相等
C. 电子在 A点的电势能小于在 B'点的电势能
D. 将一点电荷从 A点移动到 B点电场力做的功等于把它从 A'点移动到 B'点电场力做的功
3.2023 年2月26 日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和成就。载人
航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道 1变轨到轨道 3的示意图，点火变速在轨道
P、Q两点，轨道 1和轨道 3为圆轨道，轨道 2为椭圆轨道。设轨道 1、轨道 2和轨道 3上航天器运行周期分别为 T₁、T₂ 和
T₃，P为轨道 1和轨道 2的切点，Q为轨道 2和轨道 3的切点。下列说法正确的是
A. 在 P点应该点火加速变轨，在 Q点应该点火减速变轨
B. 轨道 3上Q点的速度大于轨道 2上P点的速度
C. 轨道 2上从 P到Q的过程中，机械能减少
D. 运行周期关系满足
3
√
T1
2+3
√
T3
2=23
√
T2
2
4. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为
E=1
2k A2,
其中 k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。
若小球质量为 0.25kg，弹簧的劲度系数为 25 N/m。某时刻系统具有势能为 0.06J 和动能为 0.02J，则下列说法正确的是
A. 该振动的振幅为 0.16m
B. 小球经过平衡位置时的速度为 0.4m/s
C. 小球的最大加速度为 8 m/s²
D. 若小球在位移最大处时，质量突变为 0.15kg，则振幅变大
5. 如图所示，光滑的圆弧轨道 B 静止于光滑的水平面上，其下端与水平面平滑连接
小球 A以一定的初速度向右滑上圆弧轨道，当小球 A 与圆弧轨道 B上与其共速时，
小球 A与圆弧轨道 B的动能之比为1：3，则此时小球的动能与其重力势能之比为(以
水平面为零势能面，不计二者之间的能量损失)。
A. 1: 12 B. 1: 6 C. 1: 4 D. 1: 3
6. 如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖
直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为 ρ，气球连同内部气体最初的质量
为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为 v，重力加速度为 g，不计空气阻力，忽
略气球内气体质量的变化，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为
A . ρSv
m
B . ρS v2
m
C . ρSv
m− g
D . ρS v2
m− g
二、选择题：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， 有选错得 0分。
7. 如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为 m，静止在图
示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头
部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计
空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中
A. 公仔头部的机械能守恒 B. 公仔头部的加速度先增大后减小
C. 弹簧弹力冲量的大小为 mgt D. 弹簧弹力对头部所做的功不为零
8. 如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2kg 的物体在拉力F作用下由静止开
始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知
A. F 的大小为 10.5N B. 物体加速度大小为 2m/s²
C. 4s 内F的平均功率为 42W D. 4s 末F的功率为 42W
9.如图所示，在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有 A、B、C三点将圆三等分，其中 A、B的连线水平。在 A、B两
点各固定一个电荷量为+Q 的点电荷，在 C点固定一个电荷量为-2Q 的点电荷。在 O点有一个质量为 M的带电小球处于静
止状态，已知圆的半径为R，重力加速度为 g，静电力常量为 k ，下列说法正确的是
A. 小球带正电 B. O 点的电场强度大小为
C. 小球的带电量为
Mg R2
3kQ
D.撤去 C点点电荷瞬间，小球的加速度大小为
g
10.如图所示，两个都为 1kg 的小球甲、乙(均视为质点)分别用长为 1m 的细绳系在固定的 O点，细
绳能够承受的最大拉力为 60N，O点正上方有一个钉子。现让两球与 O点等高且细绳刚好伸直，然
后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时竖直冲量使甲球向上、乙球向下运动，刚好使得甲球
在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂，绳子断裂后两球分别做平抛运动，且最后掉在水
平面上的同一点，不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响，取重力加速度大小 g=10m/s²，则
下列说法正确的是
A. 给甲球的瞬时冲量的大小为 5N·s B. 钉子的位置在 O点正上方
6
7
m处
C. 两球落地的速度相同 D. 甲乙两球做平抛运动的时间之比为
❑
√
5
;1
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 1 页)
三、非选择题: 共 56 分。
11.(8 分) 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中
(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析，下列说法正确的是 。
A. 为尽可能减小测量误差，应取摆球经过最高点时为计时零点
B. 实验中误将 51 次全振动记为50 次，测量出的重力加速度会偏大
C. 让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动)，可以使单摆的周期更长一些，更方便周期的测
量
D. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量出的重力加速度 g值偏小
E. 测量出多组单摆摆线的长度L和周期 T，作出T²-L 图像由图可求出重力加速度大小，图线不过原点，不会影响
重力加速度的测量
(2)在周期测量的过程中，秒表指针如下图所示，其读数为 s：
(3)实验中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是表 。(填“A”
或“B”)
(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期 T与摆长 L的数据，在坐标系中作出了如图所示的 T2-L 关系图像，
由该图像计算出重力加速度 g= m/s²。(结果保留 3位有效数字)
12.(8 分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动 ，
发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间 (选填“=”
或“>”)通过光电门2的时间。
(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量，使滑块A 运动并与静止的滑块B发
生碰撞，碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为tv，与光电门2相连的计时器先、后显示两
次遮光时间分别为 t₂ 和t₃。若已知滑块A、B的质量分别为 km、m(含遮光条)，遮光条宽度均为 d(很窄)。滑块A、B
碰撞过程中满足表达式 则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为
。(用题中已知和测量的物理量表示)
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是 。
A . kt ₁=kt ₃+t₂
B . 1
t1
+1
t3
=1
t2
C . k
t1
2=k
t2
2+1
t3
2
D . k
t1
=1
t2
−k
t3
13.(10 分)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距 0.5m 的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图
乙、丙所示。
(2)若该波在该介质中传播的速度为 3m/s，求该波的波长；
(3)若该波的波长大于 0.3m，求可能的波速。
14. (14 分)如图所示，轨道 AB 部分为光滑的 1/4 圆弧，半径 R=0.2m，A点与圆心等高，BC 部分水平但不光滑。空
间中加有竖直向下的 匀强电场，场强
E=5×10³ N/C。
，现有一个可 视为质点、质量 m=1kg、带电量。
q=−4×10 ⁻⁴C
的物块从A点由静止释放，物块滑到水平面上的 C点后静止。已知物块与 BC 之间的动摩擦因数
μ=0.1，滑动过程中物块所带电荷量不变，重力加速度 g取 10m/s²。求：
(1) BC 之间的距离 SBC:
(2) 物块离开圆弧前瞬间，物块对轨道的压力F的大小；
(3)若把电场方向改为水平向右，场强大小不变，仍把物块从A点由
静止释放，物块第4次通过 B点时的速度大小。
15.(16 分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为 M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为 ，圆管长度为
。一质量为
m=1
3M
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与
其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰
撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求：
(1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小：
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 2 页)常德市一 中 2024 届高三第四次月水平检测物理答案
1．B【解析】A．主动降噪技术应用了波的干涉原理，故 A错误；B．声波在同种介质中波速大小相等，故 B正确；C．两声波频率相等时才能产生稳定干涉，故 C错误；D．降噪声波与噪音声波步调相反，频率相同，干涉相消，P点的振幅为零，故 D错误。故选
B。
2．A【解析】A．根据对称性可知，A、A'两点场强大小相同，方向相反，选项 A错误；B．根据对称性可知， B、B'两点电势相等，选项 B正确；C．因 AB 两点的电势差等于 A' B'两点的电势差，则将一点电荷从 A点移动到 B点电场力做的功等于把它从 A'点移动到
B'点电场力做的功，选项 C正确；D．因 AA'两点的电势差等于 BB'两点的电势差，均为零，则将一点电荷从 A点移动到 A'点电场力做的功等于把它从 B点移动到 B'点电场力做的功，均等于零，选项 D正确。故选 A。
3.D【解析】在 P点由圆周运动变为做离心运动，在 Q点由近心运动变为做匀速圆周运动，都应该点火加速， A错；由 A项可知 ，又根据 ，可知 ，则有 ，B错；轨道 2上从 P到到 Q点只有万有引力做功，机械能不变，C
错误；根据开普勒第三律 ，对轨道 1有 ，同理对 2、3有 ， ，联立可得 ，D正确。故选 D。
4.C【解析】弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有 kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以该振动的振幅为 A＝0.08 m，故 A错误；小球经过平衡位置时，动能为 mv2＝0.08 J，所以速度为 v＝0.8 m/s，故 B错误；由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为 a＝＝8 m/s2，
故C正确；小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为 0.15 kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故 D错误．
5.A【解析】设小球 A的质量为 m，圆弧轨道 B的质量为 M，当小球与轨道速度相同时，小球 A与圆弧轨道 B的动能之比为 1:3，即 m:M=1:3 系统减小的动能转化为小球 A的重力势能。此时二者的速度方向都为水平方向，设小球 A的初速度为 v0，两者的共同速度为 v
共。根据动量守恒定律可知 mv0=(M+m)v共,得 小球 A此时的动能为 小球 A此时的重力势能等于系统损失的动能 得此时小球 A的动能与其重力势能之比为 1:12，A正确。
6．B【解析】由题意可知，初始状态有 mg-F 浮=0绳子松开瞬间，对极短时间 内喷出的气体由动量定理可得 ，解得 ，则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为 。则由牛顿第二定律可得 ，解得 故
ACD 错误，B正确。故选 B。
7．CD【解析】A．弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，A错；B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，
且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为 g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，B错；C．公仔头部上升过程中，取向上为正
方向，根据动量定理有 则弹簧弹力冲量的大小为 ，C对；D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有 ，则弹簧弹力对头部所做的功为 ，D对。
8．AD【解析】A．根据牛顿第二定律得 2F-mg=ma,解得 F = 10.5N,故A正确；B．由图乙可知物体的加速度为 a=Δv/Δt=0.5m/s2,故B错误；C．4s 内F的平均功率为 ,又 ,联立，解得 ,故C错误。D．4s 末物体的速度为 v物=2m/s,则拉力 F作
用点的速度为 v=2v物=4m/s 则拉力的功率 P= Fv = 42W 故D正确；故选 AD。
9．CD【解析】A．由电场的叠加可知，O点的电场方向竖直向下，根据平衡可得，小球带负电，故选项 A错误；B．O点的电场强度为三个点电荷的叠加 ，故选项 B错误；C．由平衡得 ，得 ，故选项 C正确；D．
撤去 C点电荷瞬间 ，由牛顿第二定律 ，得 。故选 CD。
10．BD【解析】A．乙球在最低点绳子刚好断裂，故对乙球有 ，解得 根据动能定理有 ，解得 m/s，冲量大小为 N·s，故 A错误；B．甲球开始运动的速率也是 m/s，对甲球，根据动能定
理有 ，可得甲球在最高点的速率 m/s，甲球在最高点绳子刚好断裂，故对甲球有 ，解得 ，故 B正确；CD．甲、乙两球做平抛运动，水平方向上的位移相等，根据 可知，速度大小之比为 ，则
时间之比为 ；根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知 ， ，可知两球落地速度不相同；故 C错误，D正确。故选 BD。
11．（1）DE （2）57.8s （3） B（4）9.62m/s2
【解析】（1）A．摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小。故 A错误；B．实验中误将 51 次全振动记为50 次，则周期偏大，根据 测量出的重力加速度会偏小，故 B错
误；C．根据 ,单摆周期与摆角大小无关，故 C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，知摆长的测量值偏小，重力加速度 g值偏小，故 D正确；E．根据图像斜率,可得重力加速度为 图线不过原点，但图线的斜率没
有改变，重力加速度测定值不变，故不会影响重力加速度的测量,故E正确。故选 DE。
（2）秒表的读数为57.8s
（3）实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确，故选 B。
（4）根据 ，故图像斜率=4.1，重力加速度，g=9.62m/s2
12．(1)= (2) ;
1
kmd
t
(3)B
【解析】（1）此步骤为了调节气垫导轨使其水平，故需让滑块做匀速直线运动，则如果滑块通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，调节完毕。
（2）如A和B碰撞过程中动量守恒，则 ，解得 ；滑块 A刚开始运动时受到的冲量大小为 ；
（3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒，则 ，且 ，解得 故选 B。
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