2022届广东省珠海市第二中学高三上学期10月月考物理试题（word版含答案）

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B．伽利略运用理想实验法说明了力不是维持物体运动的原因，选项B错误；
C．不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项C错；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，选项D正确。
2．B【详解】A．小球抛出点离地面的高度为选项A错误；
BD．小球落地时的速度大小约为；B正确，D错；
C．小球运动时间由竖直高度决定，选项C错误；
3．B【详解】A．若往杯中加水，则杯子受到摩擦力会增大，但不一定会超过最大静摩擦力，则不是必须要增大手对杯子的压力，故A错误；
BC．杯子在竖直方向受力平衡，杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力，若往杯中加水，则杯子所受的摩擦力增大，故B正确， C错误；
D．杯子受力平衡，杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力，手给杯子的压力越大，杯子受到的最大静摩擦力越大，但摩擦力不变，故D错误。
4．D【详解】A．0～t1时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向也做初速度为零的匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，故A错误；
B．0～t4时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t2时刻，无人机还没有运动到最高点，故B错误；
C．t3～t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故C错误；
D．t2时刻，无人机的水平速度为v0，竖直速度为v2，则合速度为，故D正确。
5．D【详解】A．由于v—t图像的斜率代表加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增大，A错误；
B．由题图可看出在0 ~ t1时间内乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在t1时刻最大，t1后甲的速度大于乙的速度则二者越来越近最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度则二者的距离再增大，到t2时又有新的最大，t2后乙的速度再次大于甲的速度二者距离又越来越小，后再次相遇，但乙的速度还是大于甲的速度二者则越来越远，B错误；
C．运动方向由速度的正负表示，横轴下方速度为负值，横轴上方速度为正值，时间内，甲车的速度一直在t轴上方，则甲车一直沿正方向运动，C错误；
D．根据平均速度的计算公式有
由于v—t图像的面积代表位移，则在t1—t2时间内x甲 > x乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D正确。
6．B【详解】解析 在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确。
7．D 【详解】若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcs θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcs θ)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，选项A错误。
滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcs θ，由题图可知a1＝eq \f(v0,t0)，则μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，选项B错误。
传送带的速度等于v0，选项C错误。
滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcs θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，选项D正确。
8．AD【详解】A．当船头垂直河岸时，船沿着垂直于河岸方向的分速度最大，此时过河的时间最短，且与水速无关，为 故A正确，C错误；
B．小船以最短时间过河，其位移为 故B错误；
D．因为静水船速大于水流速度，则合速度方向可能垂直于河岸，即小船过河的实际速度可以垂直于河岸，故D正确。
9．BC【详解】两个点同轴转动，角速度永远相等，B正确；半径之比为2 : 1，由公式可知，C正确
10．BD【详解】AB．点c向上移动，因为斜面和悬点的水平距离不变，所以细线与竖直方向的夹角不变，如图
因为细线拉力不变，所以物体a的位置不变，A错误，B正确；
CD．点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点间的细线的水平投影变大，假设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，设细线拉力为T，对物体b有 所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，θ不变，C错误，D正确。
11． 0.20s B 偏大
【详解】(1) 由公式 可得
(2) 反应尺做自由落体运动，初速度为零，下落得越来越快，故B测量尺的标度合理；
(3) 如果两手指间距较大，反应时间还包括了手向直尺运动的时间，故测得的反应时间偏大。
12．AE 0.480 m/s2
【详解】(1)由于使用了力传感器，可直接读出轻绳的拉力，故不需要使沙和沙桶的总质量远小于滑块质量，也不需要测量沙和沙桶的总质量；因为是测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要将长木板右端垫高以平衡摩擦力。根据实验原理可知
可知测得F、M和a，即可测得动摩擦因数。故选AE。
(2)逐差法求解加速度
（3）对小车，根据牛顿第二定律得 解得
13．（1）见解析；（2）
【详解】（1）证明：在环被挡住而立即停止后小球将立即以速率绕点做圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有
解得绳对小球的拉力大小为>2.5mg 故：绳子将断裂
（2）根据上面的计算可知，在环被挡住的瞬间绳恰好断裂，此后小球做平抛运动.
假设小球直接落到地面上，则 水平位移
所以小球先与右边的墙壁碰撞后再落到地面
设球平抛运动到右墙的时间为，则 下落的高度
所以球的第一次碰撞点距的距离为
14．（1）3m/s； （2）0.4； （3）2.4m； （4）5.6m/s
【分析】由题意及图像分析可知，整个运动氛围三个阶段：
第一阶段：A静止，B加速，时间1s，1s时刻，B上的P点运动到A物体处；
第二阶段：A开始做匀加速直线运动，B运动未知，时间未知，A速度达到2.4m/s时，二者相对静止；
第三阶段：二者相对静止一起运动。
【详解】第一阶段，A静止，B做匀加速直线运动，有： 解得：
1s后，B的速度为v1=3m/s
第二阶段，假设AB之间的动摩擦因数为μ2，用时t2达到共速v2=2.4m/s
对A，有：aA=μ2g , v2=aA t2
对B，减速运动，加速度向左，有： v2= v1a2 t2
联立方程，解得：μ2=0.4, t2= 0.6s
在这两个阶段，A的位移为：
B的位移：
长木板B的最小长度为：Δx=x1+x2xA 解得：Δx=2.4m
第三阶段：假设二者共速后，相对静止一起加速，
对整体，有 对A，有：Ff =
解得 Ff =1.5N<μ2mg 假设成立
3.6s时，长木板B的速度是v3= v2+a3 t3=5.4m/s
15．（1）BC （2）（a）；（b）
【详解】（1）解析：分子间距等于r0时分子势能最小，即r0＝r2.当rr2时分子力表现为引力，A错，B、C正确．在r由r1变到r2的过程中，分子斥力做正功分子势能减小，D错误．
（2）（a）加热后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达处，设此时汽缸中气体的温度为；活塞位于处和处时气体的体积分别为和。
根据盖—吕萨克定律有 式中
解得
（b）从开始加热到活塞到达处的过程中，
汽缸内气体压强为，对活塞由平衡条件得：
汽缸中的气体对外做的功为 解得
气体内能增加了△E=△T·E0= E0
由热力学第二定律有：△E=W+Q 气体对外做功，记为W<0
解得：Q= E0+p0Sh-mgh