2022-2023学年山东省德州市第一中学高三上学期10月月考模拟物理含答案

这是一份2022-2023学年山东省德州市第一中学高三上学期10月月考模拟物理含答案，共29页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 抖空竹是大家喜欢的一项运动， 如图所示，等内容，欢迎下载使用。
德州一中高三级年级10月份阶段测试物理模拟试题本试卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A t1时刻，两者相距最远B. t2时刻，乙物体追上甲C. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动D. 0﹣t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大【答案】D【解析】【详解】在时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以时刻，两者相距最远．故A错误．甲、乙两物体由同一位置出发，在v—t图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，知时间内，甲的位移比乙的大，时刻，乙物体还没有追上甲，故B错误．在速度-时间图象中速度的正负表示运动方向，从图中可知乙的速度一直为正，运动方向没有发生改变，故C错误．根据速度时间图象的斜率表示加速度，故时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确．故选D．【点睛】由v-t图象直接读出物体的运动情况，根据速度关系分析何时相距最远．根据“面积”表示位移，分析两物体何时相遇．两物体速度始终为正值，速度方向一直为正方向，由速度的正负分析速度的方向．根据图象的斜率分析加速度的变化．2. 2019年中国女排成功卫冕世界杯.如图，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点；A、C高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）A. 两过程中，排球的初速度大小一定不相等B. 两过程中，排球的飞行时间相等C. 两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等D. 后一个过程中，排球击中D点时的速度较大【答案】C【解析】【分析】【详解】B．设A点抛出的小球初速度为，由C点和A点等高，均设为h。对A点抛出的物体，有对于从B点抛出的物体，根据逆向思维法容易得知上抛的时间=下降的时间=所以总时间B错误；A．又由于水平方向位移一样，根据可知从B点抛出的小球水平速度竖直方向速度但由于不知道vx和vy的关系，所以无法确定合速度和的关系，所以可能相等，A错误；C．重力做功的功率P=mgvy在D点，两次抛出的小球在竖直方向速度都相等，所以C正确；D．竖直方向速度相等，但是水平方向速度从A抛出的球比较大，所以是前一个过程中排球击中D点合速度较大，D错误。故选C。3. 旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以周期T匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）A. 动摩擦因数μ的最小值为B. 将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的周期匀速转动餐桌，茶杯可能发生相对滑动C. 让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心D. 若减小餐桌转动周期T，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动【答案】D【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，A错误；B．根据，将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的周期匀速转动餐桌，等式仍然成立，茶杯不能发生相对滑动，B错误；C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，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，C错误；D．根据，若减小餐桌的转动周期T，茶杯所受的静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时，茶杯与餐桌发生相对滑动，D正确。故选D。4. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　）A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mgB. 小球静止时细绳的拉力大小为mgC. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为所以A错误；B．由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为所以B错误；CD．细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律有解得所以C错误；D正确；故选D。5. 抖空竹是大家喜欢的一项运动。如图所示，细杆的两端固定一根软线，并绕过空竹，通过左右上下移动细杆，可使空竹移动至不同位置。假设空竹光滑，软线质量不计，若表演者左手保持不动，在右手完成下动作时，下列说法正确的是（　　）A. 右手竖直向下缓慢移动的过程中，软线的拉力增大B. 右手竖直向上慢移动的过程中，软线的拉力减小C. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力不变D. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力增大【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。左手不动，右手竖直向下，或向上移动一小段距离，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为X，则Xsinθ=L绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，故AB错误；CD．左手不动，右手水平向右移动一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据2Fcosθ=mg可知，拉力F变大，故C错误，D正确；故选D。6. 如图所示，（a）图为研究木块运动情况的装置，计算机与位移传感器连接，计算机描绘木块对O点的位置随时间变化的图像是（b）图中的曲线②。（b）图中木块先后经过、、位置时的时间间隔相同。以下说法正确的是（　　）A. 若，则表明木块做匀加速直线运动B. 若，则表明木块一定做匀加速直线运动C. 若只增大木板的倾角，则计算机描绘的可能是（b）图中的曲线①D. 若只增大木块的质量，则计算机描绘的可能是（b）图中的曲线③【答案】C【解析】【分析】根据匀变速直线运动的推论分析木块是否做匀加速直线运动根据加速度的变化，结合判断图象的变化【详解】A．若，则木块先后经过、、位置时的时间间隔相同，所以在这段时间内木块做匀速直线运动，故A错误；B．若，则表明木块一定做匀速直线运动，故B错误；C．只增大木板倾斜的角度，根据牛顿第二定律知加速度增大，由可以看出增大，则增大，即相等时间，位移增大，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①，故C正确；D．根据牛顿第二定律有可知加速度与质量无关，则图线为②，故D错误。故选C。【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，掌握牛顿第二定律的应用。7. 某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结构示意图如图所示。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A. 转到最低点时摆锤处于失重状态B. 摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mgC. 若打夯机底座刚好不能离开地面，则摆锤转动的角速度为D. 若打夯机底座刚好不能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为【答案】C【解析】【详解】A．转到最低点时，由圆周运动知识可得此时摆锤有沿杆竖直向上的向心加速度，所以处于超重状态，A错误；B．摆锤在最低点和最高点时，设杆给摆锤的弹力分别为和，转速为，当最高点杆对摆锤为拉力时，根据圆周运动公式有， 解得当最高点杆对摆锤为竖直向上的推力时，有解得此时B错误；C．打夯机底座刚好不能离开地面，可得摆锤到达最高点时，杆对底座的拉力刚好为，所以此时杆对摆锤为拉力，大小等于，则解得C正确；D．打夯机底座刚好不能离开地面，设摆锤转到最低点时杆中拉力为T得由选项C可得此时对底座进行受力分析，可得底座此时受自身重力，地面对底座的支持力为，达到最低点时杆对底座有向下的弹力大小为，所以有解得由于打夯机对地面的压力与为作用力与反作用力，大小相等，得打夯机对地面的压力为 D错误。故选C。8. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），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A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）A. 施加外力前，弹簧的形变量为B. 外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M（g-a）C. A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【答案】B【解析】【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件有2Mg=kx解得：故A错误；B．施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：F弹-Mg-其中F弹=2Mg解得：故B正确；C．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且；对B解得弹簧弹力弹力不为零，故C错误；D．而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。故选B。【点睛】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。二、多项选择题：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有多项是符合题目要求的。得全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）A. 瓦片总共受到5个力的作用B. 减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大C. 减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑D. 增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．瓦片受重力两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；BC．根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为，有减小檩条间的距离d时，夹角变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误C正确；D．增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。故选AC。10. 如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的滑轮与小球A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的角度为α，则（　　）A. 如果将物体B在地板上向右移动稍许，α角将增大B. 无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C. 增大小球A的质量，α角一定减小D. 悬挂滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力【答案】AD【解析】【详解】A．设与A、B连接的细线之间的夹角为β，根据条件得如果将物体B地板上向右移动稍许，β角增大，α角将增大，A正确；B．无论物体B在地板上左移还是右移，距离足够小，β角一定变化，根据，α角也一定变化，B错误；C．增大小球A的质量，滑轮向下移动，细线OB逆时针转动，β角增大，根据，α角将增大，C错误； D．根据当 时，；因为β角不能等于120°，所以悬挂滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，D正确。故选AD。11. 如图所示为内燃机中轻质活塞和曲柄连杆结构的示意图和简图。气缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线BO垂直，气缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知，不计一切摩擦，则此刻（　　）A. 活塞对连杆AB的作用力为2FB. 气缸壁对活塞的作用力为C. 连杆AB的A端沿连杆AB方向的线速度为D. 连杆OA的A端绕O点转动的线速度为【答案】BD【解析】【详解】AB．连杆AO与活塞轴线BO垂直时，由几何关系可知BA与BO之间的夹角由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆AB对其的推力、气缸壁对其的弹力和高压气体及外部大气对活塞的作用力作用，如图所示根据平衡条件可得解得故A错误，B正确；CD．沿连杆AB方向和垂直于连杆AB方向分解，如图所示沿连杆AB方向的速度连杆OA的A端绕O转动的线速度故C错误，D正确。故选BD.12. 如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R（不超过圆心离地的高度）。不计空气阻力，下列图像正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【详解】A．根据动能定理到圆弧轨道最低点时加速度故加速度大小与R无关，故A正确；B．根据动能定理在B点根据牛顿第二定律联立可以得到根据半径R无关，故选项B错误；C．根据平抛运动整理可以得到 可知选项C错误；D．根据动能定理可知由于高度不变，末速度大小不变，故选项D正确。故选AD。第II卷（非选择题）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某同学用一弹簧测力计、重物、刻度尺和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图所示。实验步骤如下：①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；②用弹簧秤提起重物，竖直静止，弹簧秤示数为G；③将三根细线、、结于P点。a端系在橡皮条下端，c端暂时空置，此时P到O的长度为，在b端挂重物静止后，P到O的长度为；④以O为圆心，以为半径，画一圆弧；⑤用弹簧测力计钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P沿圆弧移到图中所示位置，记录该位置及绳方向和弹簧测力计的示数F及拉力方向；⑥在白纸上点以为长度做出橡皮条拉力的图示，并按同样的标度做出拉力、及F的图示；以橡皮条拉力和拉力为邻边做平行四边形。（1）橡皮条的劲度系数为____________；（2）若绳拉力与橡皮条拉力所夹的对角线长度为____________，且其方向与拉力F的方向____________则平行四边形定则成立。【答案】    ①.     ②.     ③. 相反【解析】【详解】（1）[1]因为挂上重物后橡皮条伸长量为，根据得（2）[2]由实验步骤可知，在处因橡皮筋中拉力大小不变，G大小用表示，则细绳拉力与橡皮条拉力合力其长度[3]所夹合力应与F方向相反，说明力合成遵循平行四边形定则。14. 某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自O点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1=1.07cm、d2=2.24cm、d3=3.48cm、d4=4.79cm、d5=6.20cm、d6=7.68cm．已知实验所用交流电频率为f=50Hz． ①打点2时小车的速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）；②小车运动过程中的平均加速度大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）；③以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2-d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g=_____（用m、M、k表示）【答案】    ①. 0.60；    ②. 2.0；    ③. 【解析】【详解】（1）打点2时小车的速度大小为 （2）由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为 （3）由v2=2ad可知v2-d图像的斜率为k=2a，则a=k；由牛顿第二定律：，解得 .15. 具有我国自主知识产权的“歼­10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图a所示。在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车。在弹射装置使甲车获得v0＝40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v­t图象如图b所示，设两车始终未相撞。（1）若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；（2）求两车相距最近时的距离。【答案】(1)；(2)4m【解析】分析】【详解】(1)由图b几何关系可知甲、乙两车的加速度大小分别为由题意可得可得甲、乙两车的质量比为(2)在t1时两车速度相等，相距最近，此时甲、乙两车的位移分别为最近的距离为16. 暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º．g取10m/s2, sin37º =0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:
 (1)座椅受到绳子的拉力大小；(2)小明运动的线速度大小；(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)．【答案】（1）500N（2）7.5m/s（3）8.7m【解析】【详解】(1)拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：联立代入数据解得v=7.5m/s(3)由几何关系可知座椅离地高度：由平抛运动规律，得：代入数据联立解得x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：答：(1)座椅受到绳子的拉力；(2)小明运动的线速度v=7.5m/s；(3)落地点与游艺机转轴的距离．17. 如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，A端与圆心等高，下端B恰与小车右端平滑对接，小车质量M=3kg，车长L=2.20m。现有一质量m=1kg的滑块，从A端由静止开始下滑，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，取g=10m/s2。试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）滑块在车上表面与车相对滑动的时间；（3）当车运动了1.5s时，车右端距轨道B端的距离。【答案】（1）30N；（2）1s；（3）1m【解析】【详解】（1）设滑块到达B端时的速度为v，由动能定理得 由牛顿第二定律得 解得（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块有 对小车有 设经过时间t1两者达到共同速度，则有解得t1=1sv1=1m/s   滑块相对小车滑动的距离（3）t1内小车加速运动位移由于t1=1s<1.5s，小车匀速运动位移x2=v1t2=0.5m                              车右端距轨道B的距离d=x1+x2=1m18. 如图所示，一质量为m=1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d=0.8m，水平距离x=1.2m，水平轨道CD长为L1=1m，DE长为L2=3m。轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少。【答案】（1）1m/s；（2）40N ；（3）或【解析】【详解】（1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，则有解得v2=1m/s （2）在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有解得m/s在最高点时，合力提供向心力，则有解得FN=40N 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为40N（2）若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有解得h1=0.45m若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h2，在这一过程中应用动能定理有解得h2=0.8m使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即0.45m≤h≤0.8m若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有解得t=0.4s根据解得=3m/s设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理有解得h3= 1.25m即小球要越过壕沟释放的高度应满足h≥1.25m综上可知，释放小球的高度应满足0.45m≤h≤0.8m或 h≥1.25m