物理-山东省菏泽外国语学校2023-2024学年高三上学期第二次月考试题和答案

答案第1页，共7页2023-2024学年度第一学期第一次月考高三年级物理试题满分：100分时间：90分钟一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。）1．下图描绘了一名运动员在跳远中助跑、起跳、飞行、落地的动作，下列描述正确的是()A．研究运动员的跳远成绩时可以把运动员看成质点B．研究运动员助跑过程中的运动快慢时不能把运动员看成质点C．研究运动员的起跳动作时可以把运动员看成质点D．研究运动员的飞行轨迹时不能把运动员看成质点2．如图所示为某同学一次远足活动的路线图，他用地图计算出直线AC，CB的距离分别为6km，3km，实线为其从A点出发的运动轨迹，从A到C用时55min，在C处休息了20min，从C到B用时45min，路标指示A到C是8km，A到B是12km，下列说法正确的是()A．上述中的20min是指时刻B．整个过程中，该同学的位移大小为12kmC．整个过程中，该同学的平均速度大小为1.25m/sD．该同学从A到C的平均速度大小约为2.4m/s3．如图所示，大人跟小孩掰手腕，很容易把小孩的手压到桌面上，若大人对小孩手的作用力记为F1，小孩对大人手的作用力记为F2，则()A．F1=F2B．F1>F2C．F1与F2是一对平衡力D．F1先于F2产生4．四辆小车从同一地点向同一方向运动，它们的位移x、速度v随时间t变化的情况分别如图所示，下列说法正确的是()答案第2页，共7页A．在0~t1时间内，乙车的速度始终比甲车的速度大B．在0~t1时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度C．在0~t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远D．在0~t2时间内，丁车的加速度始终比丙车的加速度大5．如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为第5题图图TD．TcosαCD．Tcosα6．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是A．0~t1时间内，v增大，FN>mgB．t1~t2时间内，v减小，FN<mgC．t2~t3时间内，v增大，FN<mgD．t2~t3时间内，v减小，FN>mg7．某同学站在力传感器上做下蹲、起立动作，如图所示是力传感器的压力F随时间t变化的图线，取g=10m/s2，则由图线可知该同学()A．在1.0~2.0s内完成了一次下蹲、起立的动作B．起立动作过程的最大加速度约为4m/s2C．在5.4~5.8s内做起立动作，加速度先减小后增大，处于失重状态D．在1.3~1.7s内做下蹲动作，先处于失重状态后超重状态，1.3s时速度达到最大8．如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA=2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间()A．A球加速度为g，B球加速度为gB．A球加速度为g，B球加速度为0C．A球加速度为g，B球加速度为0D．A球加速度为g，B球加速度为g二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分。）9．如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当子弹穿透第四个木块（D点）时速度恰好为零，下列说法正确的是()A．子弹从O点运动到D点全过程的平均速度小于在B点的瞬时速度B．子弹通过每一块木块时，其速度变化量vA-vO=vB-vA=vC-vB=vD-vCC．子弹到达各点的速率之比为vO:vA:vB:vC=2:::1D．子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比为tA:tB:tC:tD=1:::210．如图所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上对A施加一竖直向下、大小为F（F>2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法正确的是()答案第3页，共7页A．刚撤去外力F时，FN=B．弹簧弹力等于F时，FN=C．两物体A、B的速度最大时，FN=mgD．弹簧恢复原长时，A、B恰好分离11．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()m1gB．F2=(μ2μ1)g>μD．在0~t2时间段物块与木板加速度相等12．如图1所示，小球以一定初速度从斜面底端冲上固定斜面，其运动的速度—时间图像如图2所示，下列说法正确的是()A．vt图像沿斜面向上为正方向B．1s时，小球离斜面底端最远C．1s时，小球的加速度为0D．1.5s时，小球的加速度大小为3m/s2三、实验题（第13题共6分：第1、2空各1分，其余空各2分。第14题共8分：第1、2空各1分，其余空各2分）13．甲、乙两个物理兴趣小组，利用如图所示的装置探究弹簧的弹力和伸长量之间的关系。两个小组用同一规格的弹簧分别做实验，得到如图中甲、乙所示的F一x图线。答案第4页，共7页（1）甲小组所作图像的横坐标所代表的的物理量是；乙小组所作图像的横坐标所代表的的物理量是。（2）由图像可得该弹簧的原长x0=cm，劲度系数k＝N/m。14．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为托盘和砝码的质量。（滑轮光滑且质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件，下列说法正确的是A．平衡摩擦力时，应将托盘用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车质量后，需重新调整木板倾斜角度，平衡摩擦力C．小车释放时应靠近打点计时器，先接通电源再释放小车D．实验时，调节滑轮，使滑轮和小车之间的细线与木板平行（2）在已经平衡摩擦力的情况下，为了使托盘和砝码的总重力看成小车所受的合力，实验中一定应满足（用m、M表示（3）实验中打点计时器打点周期为0.02s，图中给出的是实验中获取的一条纸带，选取0、1、2、3、4、5、6为计数点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，由该纸带可求得小车打点3时的速度v3=m/s，小车的加速度a＝m/s2。（小数点后保留2位数字）（4）以托盘和砝码的重力F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，用量角器量得图线与横轴的夹角为θ,由图线求得的斜率为k，则小车的质量为。答案第5页，共7页四、解答题（本题共4小题，共46分）159分）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，汽车以15m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费中心线处减速至0，经过20s缴费后，再加速至15m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，求：（1）汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共经过的时间t和通过的路程s；（2）汽车过ETC通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共经过的时间t'和通过的路程s'；（3）如果过ETC通道，汽车通过第（1）)问的路程，比人工收费通道所节约的时间。167分）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角=37。，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。答案第6页，共7页答案第7页，共7页1714分）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB.1816分）如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平面上，小物块A、B用跨过光滑定滑轮的细线拴接，处于静止状态。已知物块A质量mA=2kg，A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，A离斜面底端的距离L=3.2m，物块B离地面的高度H=4m，g取10m/s2。物块A与斜面间（1）求物块B质量mB的取值范围；（2）将质量mC=3kg的物块C替换物块B，从图示位置静止释放，若C落地瞬间绳子断裂，求物块A在斜面上运动的总时间。（整个过程中物块A不会碰到滑轮）月考参考答案：【详解】A．研究运动员的跳远成绩时，运动员的大小和形状可忽略不计，可以把运动员看成质点，选项A正确；B．研究运动员助跑过程中的运动快慢时，运动员的大小和形状可忽略不计，可把运动员看成质点，选项B错误；C．研究运动员的起跳动作时，运动员的大小和形状不可忽略不计，不可以把运动员看成质点，选项C错误；D．研究运动员的飞行轨迹时，运动员的大小和形状可忽略不计，可把运动员看成质点，选项D错误。故选A。【详解】A．上述中的20min是指时间，故A错误；B．整个过程中，该同学的位移大小为故B错误；C．整个过程中，该同学的平均速度大小为t故C正确；33D．该同学从A到C的平均速度大小约为故D错误。故选C。【详解】ABC．大人对小孩的力和小孩对大人的力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A正确，BC错误；D．作用力与反作用力同时产生，同时消失，故D错误。故选A。【详解】A．x-t图线的斜率表示速度，在0~t1时间内，乙的速度先大于甲的速度，后小于甲的速度，A错误；B．在0~t1时间内，甲、乙的位移相等，故平均速度相等，B错误；C．在0~t2时间内，丁在前且速度大于丙的速度，故两者距离不断增大，在t2时刻丙、丁两车相距最远，C正确；D．在0~t2时间内，由v-t图像可知，丁车的加速度先大于丙车的加速度，后小于丙车的加速度，D错误。故选C。【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：F风=Tsina，故C正确.【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mgA错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mgB错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则FN>mgC错误，D正确。故选D。【详解】A．人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重。同理，起立动作也包含两个过程，先加速向上超重，后减速向上失重。对应图像可知，该同学在1.0~2.0s内完成了一次下蹲的动作。故A错误；OCB．由图像可知，在5.4s时刻，处于失重状态，其加速度最大，加速度大小为a==m/s2=4m/s2故B正确；C．在5.4~5.8s内做起立动作，支持力小于重力，处于失重状态，但加速度大小mg-Fa=m先增大后减小。故C错误；D．在1.3~1.7s内做下蹲动作，先处于失重状态后超重状态，先加速后减速，所以1.5s时速度达到最大。故D错误。故选B。【详解】设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为3mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，根据牛顿第二定律得：对A：2mg+F=2maA又F=mg，得aA=g对B：F-mg=maBF=mg得aB=0.故选B.点睛：本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化.【详解】A．根据逆向思维，可将该运动看为反方向的初速度为0的匀加速直线运动，根据图形有CD CD x3可知则子弹从O点运动到D点全过程的平均速度等于中间时刻C点的瞬时速度，而C点的瞬时速度小于B点的瞬时速度，则子弹从O点运动到D点全过程的平均速度小于在B点的瞬时速度，A正确；B．根据初速度为0的匀加速直线运动相邻相等位移的时间比例关系有-即每段相等位移经历时间不相等，根据可知B错误；结合上述，解得CDBCABCDBCABCDBCCCD则解得BCC正确；D．根据上述，子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比OAOA2-D错误。故选AC。【详解】A．在突然撤去F的瞬间，A、B整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律，有F=2ma解得F=μ(m+mFa=2m对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有FN-mg=ma联立解得N2F=mg+N2故A错误；B．弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有F-2mg=2ma对A有FN-mg=ma联立解得NF=FN2故B正确；C．当物体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得FN=mg故C正确；D．当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有2mg=2ma对A有mg-FN=ma联立解得FN=0所以A、B恰好分离，故D正确。故选BCD。11．BCD【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有[4]劲度系数A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有2)g2)a以木板为对象，根据牛顿第二定律，有22112μmg-μ(m+m)g=m22112解得=(μ2-μ1)g2μ2>μ12mBC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。【详解】A．v-t图像沿斜面向上为负方向，A错误；B．由图像可知，t=1s时，小球速度为零，小球上升到最高点，离斜面底端最远，B正确；C．由图像可知，t=1s时，小球速度为零，但加速度不为零，C错误；D．根据v-t图像斜率表示加速度，可得t=1.5s时，小球的加速度大小为2D正确。故选BD。13．弹簧的形变量弹簧的总长度1030【详解】（1）[1]由胡克定律可知，F=kx；由图甲可知，所作图像过原点，故横坐标为弹簧的形变量；[2]图乙中图像不过原点，则说明横坐应为弹簧的总长度。（2）[3]由乙图可知，图像与横坐标的交点表示弹簧的原长x014．CD/DCM>m0.320.81【详解】（1）[1]A．平衡摩擦力时，不要悬挂砝码盘，但小车应连着纸带且接通电源．用手轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，A错误；B．每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，B错误；C．实验时，应先接通电源，再放开小车．由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于采集和处理数据，同时要求开始小车要靠近打点计时器，C正确；D．实验时应调节细线与木板平行，使绳中拉力等于小车受到的合力，D正确。故选CD。（2）[2]设绳子拉力为T，对整体根据牛顿第二定律对小车T=Ma联立可得可知为了能使托盘和砝码的重力看作小车的合外力，实验中一定要满足M>m；（3）[3]由题意可知，纸带上相邻计数点时间间隔根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得[4]根据逐差法可得加速度（4）[5]由F=Ma得F可知对a一F图像的斜率为解得151）50s；225m（2）22s；210m（3）27s【分析】考查匀变速直线运动的规律。【详解】（1）汽车过人工收费通道： 1k2（2）汽车过ETC通道：（3）过ETC通道，汽车通过第（1）问的路程所用时间为t所以：161）0.4m/s22）4.5s【详解】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosθmgsinθ=ma……2分解得22（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时在传动带上滑动的距离为x1因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ,所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为所以小包裹通过传送带的时间为2171）vA=2）aB=3μg，aB′=μg3）vB=2【详解】（1