2022-2023学年山东省淄博第四中学高三上学期9月月考物理含答案

这是一份2022-2023学年山东省淄博第四中学高三上学期9月月考物理含答案，共32页。试卷主要包含了答题前，考生务必将本人班级等内容，欢迎下载使用。
淄博四中高2020级高三上学期第一次阶段性检测·物理·试卷本试题分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共四个大题，8页，满分100分，考试用时90分钟。考试结束后请将答题卡和答题纸一并交回。注意事项：1、答题前，考生务必将本人班级、姓名、考号、座号填涂在答题卡和答题纸相应位置。2、答第I卷时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案标号。3、答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，作图时，可用2B铅笔，要求字体工整，笔迹清晰。务必在题号所指示的答题区域内作答，写在试卷及草稿纸上的答案无效。一、单项选择题：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. 2022年6月5日，“神舟十四号”飞船成功对接于“天和”核心舱径向端口，陈冬、刘洋、蔡旭哲三名航天员顺利进驻核心舱。“天和”核心舱的运行轨道高度约为400km，倾角约为42°，下列说法正确的是（　　）A. “天和”核心舱的运行周期大于24hB. “天和”核心舱的加速度小于9.8m/s2C. “天和”核心舱的线速度大于7.9km/sD. 三名航天员“天和”核心舱中处于平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．根据解得由于 “天和”核心舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此“天和”核心舱的运行周期小于24h，A错误；B．根据解得由于 “天和”核心舱的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，因此“天和”核心舱的加速度小于9.8m/s2，B正确；C．根据解得由于 “天和”核心舱的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，因此“天和”核心舱的线速度小于7.9km/s，C错误；D．三名航天员在“天和”核心舱中处于完全失重状态，D错误。故选B。2. 为备战北京冬奥会，运动员在水平滑冰场上刻苦训练．一次训练中，某运动员沿AB到达B点后沿圆弧BC匀速运动半个圆周，再沿CD运动到D点后沿圆弧DE匀速运动半个圆周，两次做圆周运动中运动员受到的向心力大小相等，关于两段匀速圆周运动，则第二段比第一段（　　）A. 向心加速度大 B. 时间长C. 线速度大 D. 角速度大【答案】D【解析】【详解】A．运动员做圆周运动时有又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，两次圆周运动的向心加速度大小相等，故A项错误；B．运动员做圆周运动时有又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径越大，周期越大，故第一次的周期大，又因为两次圆周运动都是半个周期，所以有由上述式子可知，周期越大，运动时间越长，所以第二段比第一段时间短，故B项错误；C．运动员做圆周运动时有又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径越大，线速度越大，故第一次的线速度大，故C项错误；D．运动员做圆周运动时有又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径越大，角速度越小，所以第二次角速度大，故D项正确。故选D。3. 如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO=3.6 m。质量为m=4.0 kg的小圆环（可视为质点，小环直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2在这一过程中摩擦力做功为（　　）A. 66.6 J B. –66.6 J C. 210.6 J D. –210.6 J【答案】B【解析】【详解】小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理又摩擦力做功为故选B。4. 太阳能汽车是一种靠太阳能来驱动的汽车。如图所示，某款太阳能概念汽车的质量为m，额定功率为P，在一段平直公路上由静止开始匀加速启动，加速度大小为a，经时间达到额定功率：汽车继续以额定功率做变加速运动，又经时间达到最大速度，之后以该速度匀速行驶。已知汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是（　　）A. 汽车在匀加速运动阶段的位移为B. 汽车在运动过程中所受的阻力为C. 从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为D. 汽车在变加速运动阶段的位移为【答案】D【解析】【详解】A．汽车的最大速度为vm，则匀加速结束时的速度小于vm，则在匀加速运动阶段的位移小于，选项A错误；B．匀加速阶段 v1=at1P=Fv1可得汽车在运动过程中所受的阻力为选项B错误；C．汽车在匀加速阶段牵引力的功率P1=Fv=Fat牵引力的功率与时间成正比，因加速结束时的功率为P，则加速阶段的牵引力做功为，在以额定功率P行驶的t2时间内牵引力做功为Pt2，则从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为选项C错误；D．汽车在变加速运动阶段，由动能定理 位移为选项D正确。故选D。5. 如图所示，一辆装满石块的货车在水平道路上运动，货箱中质量为m的石块B受到周围石块对它的作用力为F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（   ）A. 货车匀速运动时，F = 0B. 石块B随货车转弯时，F = mgC. 货车运动的速度越大，F就越大D. 货车的加速度越大，F与水平方向的夹角越小【答案】D【解析】【详解】A．货车匀速运动时，有平衡条件有F = mg，A错误；C．由上述分析可知，当车做匀速直线运动时，始终与重力大小相等，与速度大小无关，C错误；B．石块B随货车在水平道路上转弯时，由作用力F与重力的合力提供圆周运动的向心力，有可知作用力F大小大于重力，其大小由转弯速度与圆周运动的半径决定，B错误；D．货车做加速运动时，令作用力与水平方向夹角为θ，则有matanθ = mg可知，货车加速度越大，F与水平方向的夹角越小，D正确。故选D。6. 如图甲，一质量为m的物块在时刻，以初速度从粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足够长、倾角为，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，时刻物块返回底端，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A. 物块在的过程中动量变化量的大小为B. 物块在的过程中重力的冲量为C. 物块在的过程中克服摩擦力所做的功为D. 物块返回斜面底端时重力做功的瞬时功率为【答案】D【解析】【详解】A．设回到低端时的速度为v，以向上方向为正方向，根据题意可得上滑和下滑的距离相等，即则动量的变化量为故A错误；B．重力的冲量为故B错误；C．根据题意可知，过程中动能的变化量用作克服摩擦力做功，即故C错误；D．由题意可知，向上的加速度为下滑时的加速度为联立解得物块返回斜面底端时重力做功瞬时功率为故D正确。故选D。7. 如图所示，质量为1kg的物体在光滑水平地面上做初速度为6m/s的匀速直线运动，某时刻开始，物体受到如图所示的水平力F的作用，0~2s时间内，力F的方向与物体的初速度方向相同，2s~6s时间内，力F的方向与物体的初速度方向相反。则物体在第6s末的速度大小为（　　）A. 1m/s B. 2m/s C. 4m/s D. 8m/s【答案】C【解析】【详解】设初速度方向为正方向，在图像中，图像与时间轴围成的面积等于该力的冲量，因此在0~6s内，力F的冲量为根据动量定理可得物体在第6s末的速度故选C。8. 如图所示，倾角分别为30°、60°的两斜面下端紧靠在一起，固定在水平地面上，将两个小球a、b分别从左侧斜面顶端的A点以不同的初速度向右水平抛出，a落在左侧的斜面上，b恰好垂直击中右侧斜面，且它们的落点在同一水平面上，忽略空气阻力，则两个小球落到斜面上的速度大小之比为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】球体落点在同一水平面上，即竖直分位移相等，则有对a球体，水平方向有则a球落到斜面上的速度大小为对b球体，由于恰好垂直击中右侧斜面，则有vy = gt = vbcos60°解得故选D。二、多项选择题：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，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，已知小球质量为m，杆长为L，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A. 小球在最高点时，小球的速度大小为B. 小球在最低点时，小球的速度大小为C. 小球在最低点时，杆对小球的作用力大小为D. 当杆处于水平位置时，杆对小球的作用力大小为【答案】CD【解析】【详解】A．小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度恰好为零，A错误；B．从最高点到最低点对小球应用动能定理可得解得B错误；C．最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律解得C正确；D．从最高点到水平位置对小球应用动能定理可得由牛顿第二定律解得D正确。故选CD。10. 跳台滑雪是以滑雪板为工具，在专设的跳台上通过助滑坡获得速度，比跳跃距离和动作姿势的一种雪上竞技项目。在滑雪比赛中，一质量为60kg的滑雪运动员从半径为18m的四分之一圆弧轨道AB的顶端A由静止滑下，进入与圆弧轨道相切的水平轨道BC，切点为B。运动员经过B点时对轨道的压力为其所受重力的2.8倍，取重力加速度大小，则运动员在圆弧轨道下滑的过程中（　　）A. 机械能增加了1080J B. 动能增加了1.08×104JC. 重力势能减小了1.08×104J D. 由于摩擦损失的机械能为1080J【答案】CD【解析】详解】C．重力做功则重力势能减小，故C正确；B．B点，根据牛顿第二定律可得动能表达式代入数据联立可得故B错误；AD．根据动能定理解得摩擦力做功为摩擦力做负功，则机械能减少，故D正确，A错误。故选CD。11. 如图所示，光滑斜面倾角为θ，C为斜面上固定挡板，物体A和B通过轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，A、B处于静止状态，现对A施加沿斜面向上的恒力使沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板时，A沿斜面上向上运动的速度为v，加速度为a，且斜面向上。已知A物块的质量为m，B物块的质量为2m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性范围内，下列说法正确的是（　　）A. 当B刚要离开C时，A发生的位移大小B. 从静止到B刚要离开C的过程中，物体A克服重力做功为C. B刚要离开C时，恒力对A做功的功率为D. 当物体A速度达到最大时，B的加速大小为【答案】ABD【解析】【详解】A．开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有mgsinθ=kx1解得物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有2mgsinθ=kx2解得故物块A运动的距离为故A正确；B．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为故B正确；C．此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有F-mgsinθ-T=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为T=2mgsinθ故F=3mgsinθ+ma恒力对A做功的功率为P=Fv=（3mgsinθ+ma）v故C错误；D．当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则F-mgsinθ-T′=0所以T′=2mgsinθ+maB沿斜面方向受到的力FB=T′-2mgsinθ=ma又FB=2ma′所以故D正确。故选ABD。12. 高度为d的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火。如图所示，水炮与仓库的距离为d，出水口的横截面积为S。喷水方向可自由调节，功率也可以变化，火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d和0.25d，（要使灭火效果最好）要求水喷入时的方向与窗户面垂直，已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略水炮离地高度。下列说法正确的是（　　）A. 若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为B. 若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为C. 若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D. 满足水从窗户进入的水炮功率最小值为【答案】CD【解析】【详解】A．把抛出水的运动逆向思维为平抛运动，根据平抛运动规律有水从上边缘进入，解得故A错误；B．水从下边缘进入，解得故B错误；C．逆向思维，水到达水炮时，则有根据数学知识可知，当，即时，v最小，对应位置为窗户正中间，故C正确；D．由上面的分析可知，当v的最小值，满足水从窗户进入的水炮功率最小，其最小值为故D正确。故选CD。三、非选择题：本题共6个小题，共60分。13. 某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的图像是一条直线，如图乙所示。（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_______。（2）由图乙得:直线的斜率为______，小钢球的重力为_______N。（结果均保留2位有效数字）（3）该实验系统误差的主要来源是______（单选，填正确答案标号）。A．小钢球摆动角度偏大B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动过程中有空气阻力【答案】    ①.     ②.     ③. 0.59    ④. C【解析】【详解】（1）[1]设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为到最低点时细线拉力最大，则联立可得即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为；（2）[2][3]由图乙得直线的斜率为则小钢球的重力为（3）[4]该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。14. 某同学利用智能手机研究木块在水平木板上的运动，进而计算木块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，带滑轮的长木板水平放置，轻绳跨过固定在长木板末端的滑轮，一端连接重物，另一端连接木块，具有加速度测量功能的手机固定在木块上，调节滑轮的位置使轻绳与长木板平行，重物离地面足够远。实验时，先用天平测出木块和手机的总质量M。按图甲安装好实验装置，先打开手机的“加速度传感器”小程序，再释放重物，轻绳带动木块运动，直至木块碰到缓冲器后结束测量（已知当地重力加速度g）。
 （1）在智能手机上显示的加速度t图像如图乙所示。由图像知，在误差允许的范围内，木块在内可认为做__________运动（选填“匀速直线”“匀加速直线”或“匀减速直线”），根据图像可求得木块与缓冲器碰撞前瞬间的速度大小约为__________；（计算结果保留两位有效数字）（2）根据手机记录的木块运动加速度a，要计算出木块与木板间的动摩擦因数，还需要测量的物理量是____________（填物理量及相应的符号），计算动摩擦因数的表达式为__________（用所测物理量的字母表示）。【答案】    ①. 匀加速直线    ②. 0.96（0.90-1.0均可给分）    ③. 重物的质量m    ④. 【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，在误差允许的范围内，木块在内加速度恒定不变，可以为做匀加速直线运动，[2]根据变形得可知a-t图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量。整体从静止开始运动，在木块与缓冲器碰撞前，整体一直向左加速，则加速度为正值，所以在a上半轴与时间围成的面积即为碰前木块的速度，由图知每小格表示的速度大小为根据数格子的方法可知，大约有9个小格，则碰前木块的速度为（2）[3][4]根据牛顿第二定律，对重物有对手机和木块有联立解得可知还需要测量的物理量是重物的质量m。15. 2021年5月15日，我国“天问一号”探测器经过伞降、动力减速、悬停避障、缓降等一系列过程在火星乌托邦平原预定地点成功着陆，这种着陆方式具有可控、精确及选择性强等优势。相对于我国这种先进着陆方式，2012年美国发射的“机遇号”火星探测器则采用了气囊式着陆，该着陆方式存在着陆地点不可控、风险大等缺陷。图甲是“机遇号”火星探测器着陆时的画面，包裹着火星车的充气气囊高速到达火星表面，经过多次弹跳，最终在火星表面静止。这种着陆方式在着陆前的部分运动过程可简化为图乙所示，气囊在距火星表面H高处以某一初速度水平抛出，撞击火星表面后弹起，经过多次弹跳后最终静止。假设气囊每次撞击火星表面前后水平方向速度不变，竖直方向速度大小衰减。已知火星表面重力加速度为，气囊总质量为m，空气阻力不计，求：（1）气囊第一次撞击火星表面过程损失的机械能；（2）气囊第一次撞击火星表面后连续两次弹跳前进的距离之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设气囊抛出的初速度大小为，第一次撞击火星表面前的速度大小为，弹起速度大小为解得（2）设从第1次撞击火星表面到第2次撞击经历的时间为，第2次撞击火星表面到第3次撞击经历的时间为，有解得16. 滑沙为人们喜爱的一项游乐项目，如图甲所示，人们可利用滑沙板顺利从斜坡滑下，享受速度带来的愉悦感。随后工人利用固定在斜坡顶端的电动机，通过缆绳将装有滑沙板的箱子从坡底拉回到斜坡顶端，如图乙所示。已知坡面长，倾角为，箱子总质量为M且，箱子与坡面的动摩擦因数为。若时，关闭发动机，再经后箱子到达坡顶且速度刚好减为零，缆绳上装有拉力传感器，在向上拉的过程中，拉力F随时间t的变化图像如图丙所示，缆绳质量及空气阻力忽略不计。（，，）求：(1)箱子在关闭发动机后加速度的大小；(2)箱子在到过程中位移的大小；(3)箱子在向上加速运动过程中的平均速度大小。【答案】(1)1.25m；(2)80m；(3)5m/s【解析】【详解】(1)由图可知箱子的运动经过了加速，匀速，减速，再减速四个过程，设撤去外力减速对应的加速度为a1，位移为x1则mgsinθ+μmgcosθ=ma1a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2位移(2)设撤去外力前减速对应的加速度为a2，位移为x2则mgsinθ+μmgcosθ-F2=ma2a2=1.25m/s2设22秒，18秒末的速度分别为v1，v2则v2=v1+a2t2=10m/st=10s到t=18s过程中箱子做匀速运动，设位移为x3，则(3)箱子在加速上升过程中的对应的位移为x4平均速度为v4，则且所以17. 如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量为的物块（可视为质点）以初速度，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失，物块滑至木板右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入槽内且恰好能通过最高点D。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。取重力加速度，，，求：（1）物块从A运动到B点经历的时间t；（2）物块从A运动到B点与传送带摩擦产生的热量Q；（3）木板的长度L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块在传送带上先做加速运动，由牛顿第二定律代入数据解得物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间为此过程物块的位移大小为由于，且，所以此后物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律代入数据解得由运动学公式代入数据解得故物块从A运动到B点经历的时间为（2）从物块滑上传送带至速度与传送带相同的过程中皮带位移此过程物块落后皮带此后过程中皮带位移此过程皮带落后物块故物块从A运动到B点与传送带摩擦产生的热量Q为（3）物块进入槽内且恰好能通过最高点D，则有对物块沿槽上滑过程应用动能定理，有解得物块到达木板最右端时的速度大小为物块滑上木板时的速度大小设物块到达木板最右端时木板的速度大小为v，由动量守恒可得由能量守恒可得联立解得，木板的长度为18. 如图所示为一游戏的装置简化图，轨道由一段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道、一段粗糙的水平轨道、光滑圆轨道、粗糙斜轨道组成，圆弧分别与直轨道、相切。斜轨道倾角为，底端有一弹簧装置。一质量为的小钢球（其直径比圆管内径稍小，可视作质点）从离A点高为H处的O点无初速释放，从A点进入轨道（B处有一阀门，小钢球向右能自由通过，无能量损失，向左阀门关闭并吸住冲到B点的小球）。若能够运动到M点，则能够被等速反弹。已知水平轨道和斜面的动摩擦因数，左、右两侧圆轨道半径均为，（可能用到的数学运算：）。某次游戏时，小钢球恰能通过圆弧的最高点D点，求：（1）小钢球经过C点时的速度大小；（2）小钢球释放时点的高度差H；（3）小钢球经过B点时对轨道的压力大小；（4）若改变小钢球的释放高度H，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与H函数关系。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析【解析】【分析】【详解】（1）由恰能通过D点，有小钢球从C到D的过程中，有解得（2）由几何关系O到C的过程中，有解得（3）O到B的过程中，有B点解得由牛顿第三定律，有（4）若小钢球恰能第二次经过D点，则，从O到第二次经过D点过程中，有解得由可知，若小钢球能从D点返回圆管道，一定被阀门吸住。则，有①若            ②若，小球在斜面上来回运动直至停在M处，有解得③若