[物理]福建省泉州市四校2024-2025学年高三上学期10月月考试题(解析版)

这是一份[物理]福建省泉州市四校2024-2025学年高三上学期10月月考试题(解析版)，共24页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

满分：100分考试时间：75分钟
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关运动的说法正确的是（ ）
A. 图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B. 图乙中质量为的小球到达最高点时对管壁的压力大小为，则此时小球的速度一定为
C. 图丙皮带轮上a点的加速度与b点的加速度之比为
D. 如图丁，长为L的细绳，一端固定于O点，另一端系一个小球（可看成质点），在O点的正下方距O点处钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。绳子与钉子碰撞前后瞬间绳子拉力变为原来2倍。
【答案】C
【解析】A．图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力，其合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
B．图乙中质量为的小球到达最高点时，若对内壁的压力为，则有
解得
若对外壁的压力为，则有
解得
故B错误；
C．由皮带传动可知，点和点的线速度大小相等，由公式可知，点和点的角速度之比为，由同轴转到可知，点和点的角速度相等，则由公式可得，a点的加速度与b点的加速度之比为
故C正确；
D．绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度大小不变，由牛顿第二定律有
可知
故D错误。故选C
2. 如题图所示，截面为圆弧的柱状物体A静置于粗糙水平地面上，A的左端紧靠竖直墙，光滑圆球B置于A与竖直墙之间，整个系统处于静止状态．现将A向右移动少许，整个系统仍处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A对地面的压力减小
B. 圆球B对墙的压力增大
C. 物体A与圆球B之间的作用力大小不变
D. 物体A受到的摩擦力减小
【答案】D
【解析】A．以A、B为整体受力分析如图1，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，所以地面对A的支持力不变，由牛顿第三定律知A对地面的压力不变，故A错误；
BC．对小球B受力分析，作出平行四边形，如图2所示，A向右移动少许，A对B的弹力减小，墙对B的压力减小，由牛顿第三定律可知B对墙的压力变小，故BC错误；
D．分析A、B整体，水平方向上墙对B的压力和地面对A的摩擦力等大反向，墙对B的压力减小，则地面对A的摩擦力减小，故D正确；故选D。
3. 如图，将小球从倾角为30°的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，分别落在斜面上的A点、B点及水平面上的C点，B点为斜面底端，P、A、B、C在水平方向间隔相等，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 三次抛球，小球的飞行时间各不相同
B. 三次抛球，小球在落点处的速度方向各不相同
C. 先后三次抛球，抛球速度大小之比为1：2：3
D. 小球落在A、B两点时的速度大小之比为
【答案】D
【解析】A．根据
解得
由图可知，小球落到B点和C点时，下落高度相同，运动时间相同。落到A点的小球，下落高度比落到B点和C点高度小。
A错误；
B．小球落到A、B两点时，则小球都落在斜面上，则小球位移与水平方向夹角的正切值为
则小球速度方向与水平方向夹角的正切值为
可知，小球速度方向与初速度的大小无关，则小球落到A、B两点时，其速度方向相同，故B错误；
C．因为P、A、B、C在水平方向间隔相等，落到A、B、C三点的小球，水平位移之比为1:2:3，由于
抛球的速度
所以，先后三次抛球，抛球速度大小之比不等于1：2：3C错误；
D． 由动能定理得
又因为小球落在A、B两点时，下落高度之比
小球落在A、B两点时的速度大小之比为。
D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（ ）
A. 时刻，小物块离A处的距离最大
B. 时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C. 时间内，因摩擦产生热量为
D. 时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】C
【解析】A．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的图象可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为
这段时间内，因此摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为的物体，；图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A. 图甲中BC对滑轮的作用力大小为
B. 图乙中HG杆受到绳的作用力为
C. 细绳AC段的拉力与细绳EG段的拉力 之比为
D. 细绳AC段的拉力与细绳EG段的拉力之比为
【答案】AC
【解析】A．图甲中绳跨过滑轮，与滑轮接触的点是“动点”，也称为“活结”，绳上拉力大小处处相等，两段绳的拉力都是，互成120°角，因此合力的大小是，故BC对滑轮的作用力大小也是（方向与竖直方向成60°角斜向右上方），故A正确；
B．图乙中绳与杆的端点连在一起，杆与绳接触的点是“静点”，也称为“死结”，两段绳上的拉力不一定相等，而杆的一端用铰链固定在墙上，故杆对G点的弹力方向沿杆，对G点受力分析如图所示
又
由力的平衡条件可得
由力的性质可得HG杆受到绳的作用力为
故B错误；
CD．图乙中
得
则有
故C正确，D错误。
故选AC。
6. 甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用铰链与轻直杆连接，乙球处于光滑水平地面上，甲球套在光滑的竖直杆上，初始时轻杆竖直，杆长为4m。无初速度释放，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两球的速度大小之比为
B. 甲、乙两球的速度大小之比为
C. 甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D. 甲球即将落地时，甲球的速度达到最大
【答案】BD
【解析】AB．设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为
v2在沿杆方向的分量为
而，图示位置时，有
，
联立可得此时甲、乙两球的速度大小之比为
故A错误，B正确；
CD．当甲球即将落地时，有，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，故C错误，D正确。
故选BD。
7. 如图所示，在进行火星考查时，火星探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标.在探测器着陆后，探测器上的科研装置，将一个小球由离地面h的高度静止释放，做自由落体运动，测得小球在经过时间t落地.已知引力常量为G，火星的半径为R.下列说法正确的是（ ）
A. “天问一号”在地球上的发射速度将大于16.7 km/s
B. 由题中数据可计算出火星表面处的重力加速度为
C. 由题中数据可计算出火星质量
D. 由题中数据可计算出火星的平均密度为
【答案】CD
【解析】A．火星探测器虽然离开了地球但没有离开太阳系，所以其发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，故A错误；
B．由自由落体运动公式
解得
故B错误；
C．设火星质量为M，火星表面质量为m的物体所受万有引力等于重力，即
解得
故C正确；
D．火星的体积为
火星的平均密度为
解得
故D正确。
故选CD。
8. 劲度系数的轻弹簧一端固定在倾角的固定光滑斜面底部，另一端和质量的小物块A相连，质量的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是（ ）
A. 初始时弹簧压缩量是0.2m
B. 撤掉外力瞬间，A的加速度大小为
C. 当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长
D. 从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移大小为0.1m
【答案】AD
【解析】A．初始时，对A、B整体受力分析，设此时弹簧压缩量为，根据胡克定律，有
解得
故A正确；
B．撤掉外力瞬间，取ABC系统，由牛顿第二定律有
且弹簧弹力不发生突变，仍有
即
解得
故B错误；
C．AB恰好分离时，AB间弹力为零，以BC整体为研究对象，有
解得
则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态，故C错误；
D．AB恰好分离时，以A为研究对象，有
设此时弹簧的压缩量为，由胡克定律有
解得
所以从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移
故D正确。
故选AD。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11为填空题，12、13为实验题，14、15、16为计算题。考生根据要求作答。
9. 一物块在粗糙水平面上沿直线做匀减速直线运动，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的图像如图所示，则物块的初速度为_________m/s，物体的加速度为_________m/s2，在前3s内的位移为_________m。
【答案】 20 8 25
【解析】由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为
整理得
由图像知
所以物体速度减为零的时间为
物块在前3 s内的位移为
10. 有三颗质量相等的人造地球卫星1、2、3，1是一颗放置在赤道附近还未发射的卫星，2是一颗靠近地球表面绕行的近地卫星，3是一颗围绕地球运动的地球同步卫星，则1、2、3三颗卫星受到地球的引力大小F1、F2、F3的大小关系是_____；向心加速度a1、a2、a3的大小关系是_______；角速度ω1、ω2、ω3的大小关系是______．
【答案】 ①. F1=F2＞F3 ②. a2＞a3＞a1 ③. ω2＞ω3=ω1
【解析】[1]卫星1、2、3的做匀速圆周运动的半径大小关系满足
根据万有引力定律
解得F1=F2＞F3。
[2][3]对于卫星2、3，根据牛顿第二定律有
解得
则根据可得，。
对于卫星1、3，由于二者都相对地球静止，所以有ω1=ω3。又根据r1＜r3可得a1＜a3。
综上所述可得a2＞a3＞a1，ω2＞ω3=ω1。
11. 如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴上，另一端固定一质量为的小球，使小球在竖直平面内做半径为的圆周运动。设运动轨迹的最低点为点，最高点为点，不计一切阻力，重力加速度取，若小球通过点的速度为，则在点小球对杆的作用力为_________，方向_________（选填“向上”或“向下”）；若小球能通过最高点，在点杆对小球的作用力大小________（选填“可能”或“不可能”）为0。
【答案】7.5 向下 可能
【解析】[1][2]若小球通过点的速度为，设杆对小球的作用力向上，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，在点小球对杆的作用力为，方向向下；
[3]若小球能通过最高点，当重力刚好提供向心力时，则有
解得
可知在点杆对小球的作用力大小可能为0。
12. 如图甲为探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置，图乙为示意图，图丙为俯视图。图乙中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
（1）如图乙所示，如果两个钢球质量相等，且a、b轮半径相同，则是在验证向心力的大小F和_______之间的关系。
A．质量m B.半径r C.角速度
（2）现有两个质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，a、b轮半径相同，它们到各自转轴的距离之比为。则钢球①、②的线速度之比为_____。
【答案】 （1）B （2）
【解析】（1）[1]根据
可知两个钢球质量相等，皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以
a、b轮半径相同，共轴的点角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，要研究钢球受到的向心力大小与半径的关系。
故选B。
（2）[2]皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以
a、b轮半径相同，共轴的点角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则
根据题意可知
根据
线速度之比为。
13. 如图为孙华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量为m0的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
（1）此实验中正确的操作是___________
A．实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m
B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车
D．为减小系统误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a—F图线与横坐标的夹角为θ，且斜率为k，则小车的质量为___________
A． B． C． D．
（3）刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为4N，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，s1 = 4.79cm，s2 = 5.61cm，s3 = 6.39cm，s4 = 7.17cm，s5 = 7.98cm，s6 = 8.84cm，则小车的加速度a = ___________m/s²，此次实验中砂和砂桶的质量m = ___________kg。（重力加速度取9.8m/s²，结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）BC##CB （2）C （3）0.80 0.49
【解析】（1）[1]AD．有力的传感器，所以不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶质量远小于小车的质量，故AD错误；
B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故C正确。
故选BC。
（2）[2]斜率，由于小车受力为2F，小车和滑轮质量和为，小车质量。
故选C。
（3）[3][4]由逐差法求a，有
每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则
T = 0.1s
解得
a = 0.80m/s2
对砂和砂桶
mg－F = 2ma
解得
m = 0.49kg
14. 一汽车停在小山坡底，某时刻，司机发现山坡上距坡底处的泥石流以的初速度、的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，其过程简化为如下图所示，求：
（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小；
（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？
【答案】（1）10s，
（2）
【解析】【小问1详解】
设泥石流到达坡底的时间为，速度为，根据位移时间公式和速度时间公式有
代入数据得
【小问2详解】
泥石流在水平地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，设汽车加速时间为t，故有
联立各式代入数据解得
15. 如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平面上，轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A和B紧挨着（不粘连）。木板A、B的质量均为，与水平面间的动摩擦因数均为，木板A长。一质量为、可视为质点的小物块从P点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。小物块与木板A间的动摩擦因数，与木板B间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）小物块运动到Q点时对轨道的压力大小；
（2）小物块刚滑上木板B时的速度大小；
（3）木板B的最小长度。
【答案】（1）60N；（2）2m/s；（3）
【解析】（1）由动能定理可得
解得
在点，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知小物块运动到点时对轨道的压力大小
（2）小物块在木板上滑动时，对小物块，由
可得
对木板，由
可得
小物块的位移
木板的位移
又
联立解得
则小物块刚滑上木板B时的速度
（3）小物块刚滑上木板B时木板B的速度
小物块在木板B上滑动时，对小物块有
解得
对木板B有
解得
小物块的位移
木板B的位移
则木板B的最小长度
16. 如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长木板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块Q（Q视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
（1）求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小；
（2）若滑块Q运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）滑块第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上床送带，设在滑块在A点的速度为，对滑块由动能定理得
由图像知弹簧从G点到H点对做功
代入解得
（2）滑块Q在D点速度为，由牛顿第二定律可知
滑上长木板后，以和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC的竖直高度为，传送带离地面高为，则
Q滑上传送带时间在传送带上匀加速运动，加速度为，则
假设滑块在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得