2024届山东省菏泽外国语学校高三上学期月考物理试题及答案

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分钟第I卷（选择题）一、单选题（本题共8小题，每小题3241．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2ACCB的距离分别为6km，3kmAA到C用时55minC处休息了20minC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FF2力记为，小孩对大人手的作用力记为，则（ꢀꢀ）1A．F2FFB．121F1F2FD．先于产生1FC．与是一对平衡力24xv随时间答案第1页，共7页t变化的情况分别如图所示，下列说法正确的是（ꢀꢀ）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~t时间内，丙、丁两车在时刻t相距最远22D．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TsinTcosA．B．C．TsinαD．Tcosα第5题图第6题图6．一质量为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~t时间内，v增大，F>mgB．t~t时间内，v减小，F<mg12N1NC．t~t时间内，v增大，F<mgD．t~t时间内，v减小，F>mg23N23N7．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、起立的动作答案第2页，共7页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m=2m，两球间是AB一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间（）3A．A球加速度为g，B球加速度为g23B．A球加速度为g，B球加速度为02C．A球加速度为g，B球加速度为01D．A球加速度为g，B球加速度为g2二、多选题（本题共4小题，每小题416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09．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，D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v-v=v-v=v-v=v-vAOBACBDCC．子弹到达各点的速率之比为v:v:v:v2:3:2:1OABCD．子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比为t:t:t:t1:2:3:2DABC10．如图所示，A、B质量均为mA施F（F>2mgFAB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mgFFNA．刚撤去外力F时，2FFNB．弹簧弹力等于F时，2C．两物体A、B的速度最大时，NmgD．弹簧恢复原长时，A、B恰好分离11．水平地面上有一质量为m的长木板，木板的左端上有一质量为m的物块，如图（a）12F1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、F2ttFa1tc分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图（）所示。已知12木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均12与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ꢀꢀ）m(mm)FmgFB．2212(1)g2A．C．11111m221D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等2121—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第II卷（非选择题）三、实验题（第13题共61、2空各1分，其余空各2分。第14题共81、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Fx图线。答案第4页，共7页（1的的物理量是（2）由图像可得该弹簧的原长。x0cm，劲度系数＝kN/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（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（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v3打点3时的速度m/s＝am/s22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aF图像是一条直线，用量角器量得图线与横轴的夹角为求得的斜率为k。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020s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；（2ETC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。167v1=0.6m/s37，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度运行的传送带与水平面间的夹角v2=1.6m/sμ=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BB与地面间的动摩擦因数均为μAA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a、a'；BB（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=0.5A离斜面底端的距离L=3.2mB离地面的高度H=4mg取10m/s2A与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6，（1）求物块B质量mB的取值范围；cos370.8。（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AA不会碰到滑轮）答案第7页，共7页月考参考答案：1．AA成质点，选项A正确；B成质点，选项B错误；C点，选项C错误；D项D错误。故选A。2．C【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6km3km9km故B错误；C．整个过程中，该同学的平均速度大小为xt9103vs1.25m/s55204560故C正确；D．该同学从A到C的平均速度大小约为161031s1.82s15560故D错误。故选C。3．A【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。4．C【详解】A．x-t图线的斜率表示速度，在0~t甲的速度，A错误；1时间内，乙的速度先大于甲的速度，后小于B．在0~t1时间内，甲、乙的位移相等，故平均速度相等，B错误；C0~tt22车相距最远，C正确；D0~t2v-t速度，D错误。故选C。5．CFTsin风【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．6．D【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t~t时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则12FN=mgB错误；CD．在t~t时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则23FN>mgC错误，D正确。故选D。7．BA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AB．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mgF500300am/s24m/s2m50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mgFam先增大后减小。故C错误；D1.3~1.7s1.5s时速度达到最大。故D错误。故选B。8．B【详解】设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B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3a=Ag2对B：F-mg=maBF=mg得aB=0.故选B.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．9．ACA0图形有CDOC13可知tCDtOC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CC点的瞬时速度小于BO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32:2321:tCD:tBC:tAB:tOA1:即每段相等位移经历时间不相等，根据vat可知vvvvvvvvCAOBACBDB错误；C．根据vat结合上述，解得OatvattBCtvattvat，，，ACDABBCDBCCCDCDtBCtABtOA则解得v:v:v:v2:3:2:1OABCC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tAB:ttABtBC:tOAtABtBCtCD23:22:1:2t:t:t:ttOA:tABCDOAOAD错误。故选AC。10．BCD【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Fa2m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FNmg2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F(mm)g1112A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F(mm)g(mm)a211212以木板为对象，根据牛顿第二定律，有mg(mm)gma0221121解得m(mm)2212()g211m21212BC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。12．BDvt【详解】A．图像沿斜面向上为负方向，A错误；B．由图像可知，t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时，小球速度为零，但加速度不为零，C错误；D．根据vt图像斜率表示加速度，可得t1.5s时，小球的加速度大小为vt213am/s2/s2D正确。故选BD。13．弹簧的形变量弹簧的总长度10301）[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010cm[4]劲度系数F6kN/m30N/mx3010102114．CD/DCMm0.320.81k1[1]A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mg(Mm)a对小车T=Ma联立可得mgTm1M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Mm；（3）[3]由题意可知，纸带上相邻计数点时间间隔T50.02s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2.783.60310m/s0.32m/s220.1[4]根据逐差法可得加速度(3.604.415.22)2.002.78)a102m/s2290.12（4）[5]由FMa得FakM可知对aF图像的斜率为1M解得1Mk151）50s；225m（2）22s；210m（3）27s【分析】考查匀变速直线运动的规律。1）汽车过人工收费通道：001vt0015150tst+ss……2分停a211002vt015151+t215m15m225m……1分222（2）汽车过ETC通道：vv中vtv51510155st0+ss……2分1va2151vvvtv215+5215+5210m210m……1分s0t+s+t210m10m+1中2（3）过ETC通道，汽车通过第（1）问的路程所用时间为ss1515stt……2分vt所以：ttt27s……分1161）0.4m/s22）1大于传动带的速度vv12带向上，根据牛顿第二定律可知mgcosmgsinma……2分解得a2……1分（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2v11.60.61s……1分a0.4在传动带上滑动的距离为1v21.60.6112.52.75m……1分mgcosmgsin22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L113.952.75t2s……1分0.6所以小包裹通过传送带的时间为ttt……1分12171）vA2gL2）aB=3μg，aB′=μg3）vB22gL1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小maA=μmg……1分匀变速直线运动2aAL=vA2……1分解得vA2gL……1分（2）设A、B的质量均为m对齐前，B