哈九中2024届高三学年上学期九月月考试物理试卷（解析版）

这是一份哈九中2024届高三学年上学期九月月考试物理试卷（解析版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
哈九中2024届高三学年上学期九月月考试物理试卷（考试时间：90分钟    满分：100分）Ⅰ卷（选择题，13小题，共44分）一、单项选择题（本题共8小题，每题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）    A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B. 图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等D. 如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用【答案】B【解析】【详解】A．如图a，汽车通过拱桥的最高点时具有竖直向下的向心加速度，汽车处于失重状态，故A错误；B．图b所示，设高度为h，根据牛顿第二定律有解得可知增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；C．设圆锥筒侧壁与竖直方向的夹角为θ，所受筒壁的支持力大小为根据牛顿第二定律解得可知A、B两位置小球的轨道半径不相同，可知A、B两位置小球的角速度不相等，故C错误；D．火车转弯超过规定速度行驶时，圆周运动所需要的向心力增大，大于重力和支持力的合力，有向外运动的趋势，则外轨对轮缘会有挤压的作用，故D错误。故选B。2. 在我国东北地区严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中，图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，可抽象为如图乙所示的模型，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5s内带动杯子转动了210°，人的臂长约为0.6m，则泼水过程中（　　）  A. 杯子沿顺时针方向运动B. P位置飞出的小水珠初速度沿1方向C. 杯子运动的角速度大小为D. 杯子运动的线速度大小约为【答案】C【解析】【详解】AB．由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故AB错误；C．杯子旋转的角速度为代入数据得故C正确；D．杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小为故D错误。故选C。3. 如图所示，一茶杯（视为质点）放在水平餐桌的转盘上，茶杯到转轴的距离为r，转盘以周期T匀速转动时，茶杯与转盘保持相对静止。茶杯与转盘间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）A. μ的最小值为B. 若减少茶杯中的水量，则茶杯与转盘可能发生相对滑动C. 若减小转盘的转动周期；则茶杯与转盘可能发生相对滑动D. 若转盘减速转动，则茶杯受到的摩擦力方向始终指向转轴【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得解得 动摩擦因数μ的最小值为，故A错误；B．根据若减少茶杯中的水量，以相同的周期匀速转动转盘，等式仍然成立，茶杯不能发生相对滑动，故B错误；C．根据若减小转盘的转动周期T，茶杯所受的静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时，茶杯与转盘发生相对滑动，故C正确；D．若转盘减速转动，茶杯与转盘仍保持相对静止，茶杯受到的摩擦力的方向不指向餐桌的中心，摩擦力沿着半径方向的分力改变线速度的方向，摩擦力沿着切线方向的分力改变线速度的大小，故D错误。故选C。4. 在发射一颗质量为的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上（离地面高度忽略不计），再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度为，地球半径为，卫星在变轨过程中质量不变，则（　　）  A. 卫星在轨道Ⅲ上运行加速度大小为B. 卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为C. 卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能D. 卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能【答案】B【解析】【详解】AB．卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据牛顿第二定律得在地球表面由得所以卫星的加速度为线速度故A错误，B正确；C．卫星的速度公式为卫星在圆轨道上运行的动能为可知，卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C错误；D．卫星从轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要点火加速，机械能增加，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续增加，所以卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D错误。故选B。5. 已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度后以额定功率匀速行驶，ab、c d平行于v轴，b c反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、、、，下列说法不正确的是（　　）  A. 汽车额定功率为 B. 汽车从b到c过程作变加速运动C. 汽车匀加速运动持续的时间为 D. 汽车从a到b过程克服阻力做功【答案】C【解析】【详解】A．根据可得汽车额定功率为图象的斜率，有故A正确；B．汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b到c过程作变加速运动，故B正确；C．汽车所受的阻力为由于额定功率等于图象斜率有即汽车从a到b，根据牛顿第二定律有汽车从a到b匀加速运动持续的时间为故C错误；D．汽车从a到b过程的位移汽车从a到b过程克服阻力做功故D正确。本题选不正确的，故选C。6. 如图所示，在竖直平面内有一半径为的光滑圆弧轨道，半径水平、和竖直。质量为，可视为质点的滑块从的正上方点由静止下落，在点内侧进入轨道后，到达轨道的最高点，若重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（    ）  A. 物体运动到B点时速度大小一定等于B. 物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧C. 物体在两点对轨道的压力差与有关，越大，越大D. 最小值为【答案】B【解析】【详解】AB．物体运动到B点时，如果重力刚好提供向心力，则物体经过B点具有最小速度，根据牛顿第二定律可得解得则物体运动到B点时速度大小应大于等于；物体从B点飞出后做平抛运动，则有，联立解得可知物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧，故A错误，B正确；C．设物体在B、C两点受到轨道的支持力大小为，，根据牛顿第二定律可得，根据机械能守恒可得联立可得可知物体在B、C两点对轨道的压力差恒与无关，故C错误；D．物体从点到B点过程，根据动能定理可得解得故D错误。故选B。7. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B（A物体与弹簧拴接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是（　　）A. 施加拉力后的瞬间，A、B间的弹力大小为mgB. 拉力F的大小随时间均匀增大C. 分离时，A上升高度为D. 从施加力F到A、B分离的时间为【答案】D【解析】【详解】A．设弹簧开始时的压缩量为，则拉力F开始施加的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有解得故A错误；B．选整体为研究对象，则可见拉力F的大小并不是随时间均匀增大，故B错误；C．在A、B分离瞬间，A、B间的弹力，弹簧弹力不为零，对A受力分析得得到这一瞬间弹簧的压缩量为则A上升的高度故C错误；D．由解得从施加力到A、B分离的时间是故D正确。故选D。8. 如图，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（　　）  A. 物块最终从传送带N点离开B. 传送带的速度，方向沿斜面向下C. 物块沿传送带下滑时的加速度D. 物块将在5s时回到原处【答案】D【解析】【详解】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；C．图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度故C错误；D．速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移到时，物块沿斜面向上加速运动的位移物块沿斜面向上匀速运动的时间所以物块回到原处的时间故D正确。故选D。二、不定项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选不全的得2分，有选错的得0分）9. 如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长为L=0.2 m的轻杆相连，小球B到水平面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）A. 下滑的整个过程中A球的机械能守恒B. 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C. 两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/sD. 下滑的整个过程中杆对B球所做的功为【答案】BD【解析】【详解】B．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，故B正确；A．B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，故A错误；C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v，根据系统机械能守恒可得代入数据解得故C错误；D．系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为代入数据可得故D正确。故选BD。10. 在2023年“中国航天日”主场活动启动仪式上，国家航天局和中国科学院联合发布了中国首次火星探测火星全球影像图。若在火星上将一小球以大小为v0的速度竖直向上抛出，经时间t小球落回原处，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星的自转，不计空气阻力，则下列说法正确的是（  ）A. 火星的质量为B. 火星的平均密度为C. 火星的第一宇宙速度为D. 环绕火星表面运行的卫星的周期为【答案】AD【解析】【详解】AB．设火星表面重力加速度为，则有根据物体在火星表面受到的万有引力等于重力可得联立解得火星的质量为根据解得火星的平均密度为故A正确，B错误；C．设火星的第一宇宙速度为，则有解得故C错误；D．设环绕火星表面运行的卫星的周期为，则有解得故D正确。故选AD。11. 某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）    A. 若将炮弹初速度由变为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变B. 若将炮弹初速度由变为，则炮弹下落竖直高度变为原来的C. 若炮弹初速度为，则炮弹运动到距斜面最大距离L时所需要的时间为D. 若炮弹初速度为，则运动过程中炮弹距斜面的最大距离【答案】ACD【解析】【详解】A．炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系为可得可知速度偏转角的正切值不变，则有若将炮弹初速度由变为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变，A正确；B．由炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系，可解得炮弹的飞行时间为可知若将炮弹初速度由变为，飞行时间则变为，由竖直位移公式可知，炮弹下落的竖直高度变为原来的，B错误；C．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，此时竖直方向的速度与水平方向的速度关系为解得飞行时间为C正确；D．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，对速度和加速度分解，如图所示，则有
    在垂直斜面方向速度减到零时，炮弹与斜面距离最大，则最大距离为D正确。故选ACD。12. 《流浪地球2》中太空电梯非常吸引观众眼球。太空电梯通过超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与配重空间站，它们随地球以同步静止状态一起旋转，如图所示。图中配重空间站距地面距离为10R，R为地球半径，地球自转周期为T，重力加速度为g，则（　　）  A. 配重空间站速度大小为B. 若缆绳断裂，空间站将做离心运动C. 配重空间站做匀速圆周运动的向心力全部由地球万有引力提供D. 配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度【答案】BD【解析】【详解】A．配重空间站绕地心转动的周期与地球自转的周期相同T=24h，配重空间站速度大小为故A错误；BC．空间站如果只受地球万引力提供向心力，则圆周运动角速度比同步轨道卫星要慢，而实际圆周运动角速度等于同步卫星角速度，则在万有引力之外，还受到缆绳拉力，若缆绳断裂，空间站将做离心运动，被甩出去，故B正确；C错误；D．由图知配重空间站运行半径大于同步卫星运行半径，由角速度与线速度关系可知，角速度相同，则配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度，故D正确。故选BD。13. 如图甲所示，有一倾角足够长的斜面固定在水平面上，质量的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数，物体受到一个沿斜面向上的拉力作用由静止开始运动，用表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，与的关系如图乙所示，已知，，取。则物体沿斜面向上运动过程中（　　）  A. 物体的加速度一直在减小B. 物体的初始时的加速度大小为C. 物体动能先增大后减小，最大动能是D. 物体机械能先增大后减小，机械能增加量最大值是【答案】BD【解析】【详解】A．在物体沿斜面向上加速运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律有当物体的加速度时，代入题中相关已知数据求得此时，所以结合图乙可知，物体的加速度先沿斜面向上减小到零后，又沿斜面向下增大，即物体先加速后减速，故A错误；B．根据牛顿第二定律结合图乙可得，物体的初始时的加速度大小为故B正确；C．由选项A分析可知，物体沿斜面向上先加速后减速，所以动能先增大后减小，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，根据图乙可得为10N时，对应物体的位移为，由图像围成的面积表示力F所做的功，可得该过程F做的功为根据动能定理可得代入数据求得最大动能故C错误；D．依题意，当时，可得则可知时，拉力和摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，当时，拉力和摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，所以可知机械能先增大后减小，所以时，物体的机械能最大，由图乙可知此时对应物体的位移为，根据功能关系可得，物体机械能增加量最大值为故D正确。故选BD。Ⅱ卷（非选择题，6小题，共56分）三、实验题14. 在研究平抛运动的实验中，采用如图1所示装置进行了实验。    （1）下列关于实验步骤的说法正确的是______。A．斜槽的末端必须调成水平                        B．使木板平面与小球下落的竖直平面平行C．每次小球可以从斜面上的不同位置释放            D．斜槽轨道必须光滑（2）图2为一小球做平抛运动的部分轨迹图，取A点为坐标原点，建立如图所示坐标系，轨迹上A、B、C的坐标如图所示，已知方格边长为d=5cm，重力加速度g取，则：  ①小球的水平初速度大小为______m/s；②小球经过B点时的速度大小为______m/s；③小球抛出点的坐标为：______cm；______cm。【答案】    ①. AB##BA    ②. 1.5    ③. 2.5    ④. -15    ⑤. -5【解析】【详解】（1）[1]A．斜槽的末端必须调成水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；B．使木板平面与小球下落的竖直平面平行，选项B正确；C．每次小球必须从斜面上的相同位置释放，以保证小球到达底端时速度相同，选项C错误；D．斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相等即可，选项D错误。故选AB。（2）①[2]竖直方向根据可得小球的水平初速度大小为②[3]小球经过B点时的竖直速度则经过B点的速度大小为③[4][5]小球从抛出到经过B点时的时间小球从抛出到经过B点的竖直距离小球从抛出到经过B点水平距离小球抛出点的坐标为15. 某同学“探究小球加速度与合外力的关系”的实验装置如图所示，他用无线力传感器来测量绳子的拉力。他将无线力传感器和小车固定在一起，将细绳的一端挂一小球，另一端系在传感器的挂钩上，调整细绳与木板平行。则在改进后的实验中以下步骤是否还有必要？  ①把木板的右端垫高以补偿阻力______（选填“有必要”或“没必要”）。②控制小球的质量远小于小车（含传感器）的总质量______。（选填“有必要”或“没必要”）。（2）实验中打出的其中一条纸带如下图，由该纸带可求得小球的加速度______（结果保留三位有效数字）  （3）本实验中，保持绳端所挂小球质量不变，先按住小车，记下传感器读数为；而后在小车上陆续放置钩码，让小车运动，从而得到绳子的不同拉力大小与小球相应的加速度大小，作出图像。则下面图像中正确的是（            ）A.   B.      C.     D.  【答案】    ①. 有必要    ②. 没必要    ③. 1.10    ④. B【解析】【详解】（1）①[1]为了保证细绳的拉力为小车的合力，需要平衡摩擦力，有必要把木板的右端垫高以补偿阻力。②[2]由力传感器可以直接读出细绳的拉力，没必要控制小球的质量远小于小车（含传感器）的总质量。（2）[3]相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，根据逐差法，小球的加速度（3）[4]根据题意得可知a与成正比关系。故选B。四、计算题16. 如图甲所示为在哈尔滨融创乐园表演的我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄AB，带动“花筒”M、N（可视为质点）在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，求：（1）“花筒”M的线速度大小；（2）铁片落地点距的距离大小（计算结果可用根号表示）。  【答案】（1）30m/s；（2）【解析】【详解】（1）“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为得v＝30m/s（2）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有水平方向做匀速直线运动，有x＝v t所以，落地点距O2的距离大小为17. 众所周知，人类目前在积极寻找外星人的踪迹，也就是外星人所在星球——系外星球。一个系外星球质量和半径均为地球质量和半径的2倍，系外星球表面放置如图所示的轨道ABC，AB和BC是两个光滑的四分之一圆弧，半径相等均为R，在同一平面内，两圆弧的圆心O、与B在同一条竖直线上。现分别在轨道AB上某点D（图中未画出）无初速释放一大小不计、质量为m的小物体。忽略空气阻力，地球表面重力加速度为g。求：（1）系外星球表面重力加速度的大小；（2）若OD与OB的夹角为，求在系外星球上物体离开圆弧轨道BC时速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据可得可得则（2）若OD与OB的夹角为θ，设在系外星球上物体离开圆弧轨道BC上某点离开轨道时速度为v，该点与O′连线与竖直方向的夹角为α，则根据动能定理可得联立解得18. 我国新一代航拍大疆无人机机身轻小便携，工作时旋翼转动获得向上的牵引力，在哈九中2023年航天科普节活动中，大疆无人机由静止启动，以额定功率竖直上升并达到最大速度，其加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知无人机机身及载重总质量m为2.5kg，重力加速度g取。启动过程中除重力以外竖直阻力为f，求：（1）无人机加速度a与速度倒数的函数关系式。（要求用题目已知字母表示如，m，g，f）（2）无人机升力提供的功率；（3）无人机上升的最大速度。【答案】（1）；（2）24W；（3）0.8m/s【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律可知其中解得（2）由图像可得解得（3）由图像可得解得f=5N当无人机速度最大时，则a=0，即解得v m=0.8m/s19. 如图所示，一倾角的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为的木板，时刻另一质量为的木块（可视为质点）以初速度从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力，使木板从静止开始运动。当时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，，木板和斜面体间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，求：（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？【答案】（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（2）【解析】【详解】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为和，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得解得，方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上（2）设木块和长木板达到共速所用时间为，则有解得  假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有解得当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为，，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动。木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为，受力分析如图丙所示，则有解得由于，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有因为，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。在木块和长木板速度减为零过程中的图像如图丁所示，设木块的位移为，长木板在加速过程和减速过程的位移为和，由运动学公式可得：解得