2022珠海二中高三上学期10月月考物理试题含答案

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2022届高三 十月月考 物理参考答案1．D【详解】A．探究合力与分力的关系实验时，主要应用的是等效替代法，选项A错误；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>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos 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＋μgcos θ，由题图可知a1＝eq \f(v0,t0)，则μ＝eq \f(v0,gt0cos 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－μgcos 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