黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题（解析版）

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考试用时：75分钟 总分：100分
一、选择题（1-7单选每个4分，8-10多选每个6分共46分）
1. “人体旗帜”指的是用手抓着支撑物，使身体与地面保持平行的高难度动作。某同学重为，完成此动作时其受力情况如图所示，已知两手受力、方向与竖直方向夹角均为60°，则其中大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对身体受力分析如图：

两个力的夹角为120°，根据力的平衡条件可知
=G
故选C。
2. 一个物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的倒数的变化规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）

A. 物体在之前做加速度增大的加速运动B. 在时刻，物体的速度大小为
C. 物体在内的速度增加量D. 时刻之后，物体做减速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，物体在之前做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动，故A错误；
B．在时刻，物体的速度大小
故B正确；
C．物体在内的速度增加量
故C错误；
D．时刻之后，物体做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，四根相同的轻弹簧连接着相同的物体，在外力作用下做不同的运动：图a中，物体在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；图b中，物体在倾角为30°的光滑斜面上做沿斜面向上的匀速直线运动；图c中，物体以加速度做竖直向下的匀加速直线运动；图d中，物体以加速度做竖直向上的匀加速直线运动，设四根轻弹簧伸长量分别为、、、，下列选项中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
详解】a图中物体竖直方向受到一对平衡力重力和支持力，水平方向受到弹簧弹力
使物体做加速度大小为g的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
则
b图中物体受重力，分解为垂直斜面的分力和斜面对物体的支持力构成一对平衡力，和斜面沿斜面向下的分力与弹簧的拉力
构成一对平衡力，所以有
则
c图中物体受到重力mg和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律有
则
d图中物体受到重力mg和弹簧的拉力做向上的匀加速运动，由牛顿第二定律得
则
综上可得
故ABC正确，D错误
本题选错误项，故选D。
4. 如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一水平初速度v0，同时对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F，小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为v0。则正确的是（ ）
A. 小球在向上摆到45°角时速度达到最大B. F=mg
C. 速度大小始终不变D. F=
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。
【详解】BD．小球向上摆的过程中，由动能定理：
解得：
B错误，D正确；
因为当重力沿切线方向的分力与F等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到角时，速度最大：
解得
A错误；
因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C错误。
故选D。
5. 如图所示，在倾角为30°的斜面上的同一点以大小相等的初速度将质量相等的A、B两小球（可视为质点）分别沿竖直和水平方向抛出，两小球在空中运动一段时间后再次落回斜面上，不计空气阻力。则关于两小球从抛出到落回斜面的过程中下列说法正确的是（ ）
A. A、B两小球在空中运动时间之比为
B. A、B两小球在空中运动时间之比为
C. A、B两小球落回斜面时重力的瞬时功率之比为
D. A、B两小球落回斜面时重力瞬时功率之比为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．A做竖直上抛运动，在空中运动的时间
B做平抛运动，落回斜面时位移偏角为30°，可得
可得B球在空中运动的时间，可得A、B两小球在空中运动时间之比为，AB错误；
CD．A、B两小球落回斜面时重力的瞬时功率分别为
代入B球的运动时间可得
可知A、B两小球落回斜面时重力的瞬时功率之比为，C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示，甲叠放在物体乙上，，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F向右拉乙，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. 要使甲、乙一起运动，则F最大值为
B. 要使甲、乙一起运动，则F最大值为
C. 若，则甲的加速度为
D. 若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，，则F最小值为
【答案】D
【解析】
【详解】AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。
对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
对甲进行受力分析有：
解得要使甲、乙一起运动，则F最大值为
选项AB错误；
C.若，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
解得：
选项C错误；
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，设力F与水平方向的夹角为θ，则有：
解得：
其中
当分母最大即时，拉力最小，最小为：
选项D正确。
故选D。
7. 如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑环，将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力为。此后将汽车停放在倾角为的斜面上，此时轻绳的拉力为。则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车在水平面时，对小球进行受力分析如图
可得
在斜面上受力分析如图
设a到球的距离为，则b到球的距离为，设边长为的边与竖直方向夹角为，根据几何关系及正弦定理，有
解得
根据受力分析，可得
所以有
故选D。
8. 如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为，飞船在半径为4R的圆型轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则（ ）
A. 飞船在轨道Ⅲ的运行速率大于
B. 飞船在轨道Ⅰ上运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率
C. 飞船在轨道Ⅰ上的重力加速度小于在轨道Ⅱ上B处重力加速度
D. 飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船在轨道Ⅲ绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力，可得
又
联立，解得
故A错误；
B．由
解得
可知，轨道的半径越大，速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的速度小于在轨道Ⅲ的速度；而飞船在轨道Ⅱ的B点减速做近心运动进入轨道Ⅲ，所以飞船在轨道Ⅱ的B点的速度大于飞船在轨道Ⅲ上的速度，所以飞船在轨道Ⅰ上运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率。故B正确；
C．由
解得
可知轨道的半径越大，加速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的重力加速度小于在轨道Ⅱ上B处重力加速度。故C正确；
D．由万有引力充当向心力的周期公式
解得
可得
故D正确。
故选BCD。
9. 如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动。三个物体与圆盘的动摩擦因数均为，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴O共线且，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。若圆盘从静止开始转动，角速度ω极其缓慢地增大，已知重力加速度为，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A. A摩擦力先增加再减小后不变
B. B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变
C. 当时整体会发生滑动
D. 当时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时
计算得出
当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC间绳子开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳子开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得
对A、B整体可得
计算得出
当时整体会发生滑动，故A错误，BC正确；
D．在时，B、C间的拉力为零，当时，在增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，水平传送带以速度向右匀速传动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数，传送带两端距离，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A. 小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为
B. 小物体P将从传送带的右端滑下传送带
C. 小物体P离开传送带时的速度大小为
D. 小物体P在传送带上运动的时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．小物体P刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对P、Q整体，由牛顿第二定律有
解得
故A正确；
BCD．小物块P与传送带共速前，P的位移
即P速度减小到时未从传送带右端滑出。所用的时间
在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
方向水平向左，则速度减小到0的位移为
则有
故P不会从传送带右端滑出。从减速到0的时间
以后以向左加速，有
解得
传送到传送带最左端的速度
综上所述，小物体P在传送带上运动的时间为
故B错误；CD正确。
故选ACD。
11. 如图1所示，铁架台上竖直固定一弹簧，将最小刻度值为毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，使刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐，且使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上。在弹簧下依次挂1个钩码，2个钩码…作出弹簧弹力F随坐标x的变化，如图2所示。已知每个钩码的质量为50g，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，回答下列问题：
①当弹簧下方挂有4个钩码时，弹簧的形变量为___________m。
②弹簧的劲度系数为___________N/m。
【答案】 ①. 0.08 ②. 25
【解析】
【详解】[1]当弹簧下端挂4个钩码时，弹簧弹力大小为
由图可知，当不挂钩码时，弹簧下端的坐标为2.00cm，当弹力为2.0N时，弹簧下端的坐标为10.00cm，所以弹簧的形变量为
[2]根据胡克定律可得
12. 某同学设计了一个测定滑块与木板间动摩擦因数的实验。装置如图所示，其中M为滑块，m和m′是质量可调的片码，细绳和滑轮的质量都可以忽略不计。实验过程中，该同学在片码总质量m+m′=m0保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可以求出滑块和木板间的动摩擦因数。
①在实验器材方面，该同学选择了打点计时器、每片质量为150g的片码总共10片、滑块、木板、滑轮各一个、细线若干，除此以外根据本实验所要测量的物理量，你认为除了该同学已选择的仪器以外，在下列备选仪器中还需要：_________(填写字母代号即可)．
A.秒表 B.毫米刻度尺 C.学生用直流电源 D.学生用交流电源
②以下是为了测量滑块的加速度，由实验得来的一条纸带．从比较清晰的O点开始，该同学每数5个点做为一个计数点，它们分别为：A、B、C、D、E、F等，测量出各相邻计数点之间的距离，如图所示。根据这条纸带，求出这次实验时滑块的加速度为：_____m/s2(结果保留到小数点后两位).
③在实验的数据处理过程中，该同学以片码m的质量为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如下图所示的实验图线。
理论和实验均已证明，在滑动的条件下，a和m是一次函数关系，即可以写成：a=km+c（式中的k和c为常数）的形式。那么本实验中表达式的因数k=_____，c=_____；结合本实验图线得出的滑块与木板间的动摩擦因数μ=_______。
【答案】 ①. BD ②. 0.81 ③. ④. ⑤. 0.3
【解析】
【详解】①[1]根据实验原理，结合所需要测量的物理量，时间由打点计时器来体现，不需要秒表；需要学生交流电源，同时要用毫米刻度尺来测量长度，从而求出速度和加速度大小。
故选BD。
②[2]因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.1s；根据逐差法
△x=aT2
可得加速度的大小为
（3）[3][4][5]根据牛顿第二定律，对m有
对M和有
联立解得
所以
，
由a-m图可知
-μg=-3
则有
μ=0.3
13. 电动机通过一轻绳吊起一质量为8kg的物体，绳的拉力不能超过120N，电动机的功率不超过1200W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m（已知此物体在被吊高接近90m时已开始以最大速度匀速上升）．
(1)吊车达到最大功率时，重物上升的速度为多少？
(2)重物上升90m所需时间？
【答案】(1) (2)t=7.75s
【解析】
【详解】试题分析：当牵引力等于重力时速度达到最大，根据P=mgv求得；物体先以最大加速度加速运动，达到额定功率，然后在额定功率下运动，根据运动学公式和动能定理求解．
（1）当牵引力等于重力时速度达到最大：
（2）先以最大加速度向上加速，加速达到的最大速度为：，
匀加速时间为：
运动的位移为：
额定功率下运动，根据动能定理可得：
解得：t2=5.75s
故经历总时间t=t1+t2=7.75s
点睛：本题主要考查了类似机车启动问题，分析清楚物体的运动规律，然后分过程选择恰当的公式列式求解．
14. 如图所示，倾角为的足够长的斜面体固定放置在水平地面上，一根轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮，一端与斜面上质量为的物块甲连接，另一端与质量未知的物块乙连接，甲、乙恰好处于静止状态。已知甲与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度，不计滑轮与细线之间的摩擦，滑轮与物块甲间的细线与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。
（1）求物块乙的质量；
（2）若物块乙的质量为，将甲、乙由静止释放，当甲运动距离为时，求此时甲的速度大小；
（3）在（2）的情况下求系统机械能的变化量。
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
甲恰好不下滑时，由平衡条件得
解得
当甲恰好不上滑时，由平衡条件得
解得
【小问2详解】
若物块乙的质量为，将甲、乙静止释放后，甲沿斜面向下运动，由动能定理可得
解得
【小问3详解】
由能量守恒可知，系统减小的机械能等于摩擦产生的热量，则系统机械能的变化量为
解得
15. 如图所示，在倾角为的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为的长木板正以的初速度沿斜面向下运动，现将一质量的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取.
（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长；
（3）假设长木板长，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的的恒力，求小物块在长木板上运动过程中所做的功及系统机械能的增量.
【答案】(1)12.5m/s2；2.5m/s2；（2）10m；（3）90J；0；
【解析】
【详解】（1）小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：
由牛顿第二定律得：
对小物块：
解得：a1=12.5m/s2
对长木板：
解得：
（2）当小物块与长木板共速时：
解得： ，
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移：
故长木板的长度至少为
（3）由牛顿第二定律得：
对小物块：
解得：a1=12.5m/s2，方向沿斜面向上
对长木板：
解得： ，方向沿斜面向上
当小物块与长木板共速时，则：

解得： ，
此时小物块位移：
长木板位移：
共速后，假设小物块与长木板一起减速，则对整体：
解得 ，方向沿斜面向上
此时对小物块有： ，解得
所以小物块将相对于长木板向下滑动
对小物块有：
解得： ，方向沿斜面向上
对长木板有：
解得： ，方向沿斜面向上
小物块从长木板上滑落时，则有：
解得：
此时小物块速度：，位移：
长木板速度： ，位移：
则小物块从轻放到长木板中央到滑落，长木板位移： ，方向沿斜面向上


系统机械能增量为：
综上所述本题答案是：(1)12.5m/s2；2.5m/s2；（2）10m；（3）90J；0；