2022-2023学年山东省泰安市新泰中学高三上学期第一次月考物理试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省泰安市新泰中学高三上学期第一次月考物理试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
新泰中学2020级高三上学期第一次阶段性考试物理试题一、单选题（共8个题目，每题3分共24分）1. 下列说法中正确的是（　　）A. 物体做曲线运动时，速度可能是均匀变化的B. 物体在恒力作用下不可能做匀变速曲线运动C. 物体做曲线运动的速度大小一定是变化的D. 物体做曲线运动时，其合力方向有可能与速度方向相同【答案】A【解析】【详解】A．物体做曲线运动，加速度可能是恒定的，速度是均匀变化的，如平抛运动，故A正确；B．物体在恒力作用下可能做匀变速曲线运动，如平抛运动，故B错误；C．物体做曲线运动的速度大小不一定是变化的，如匀速圆周运动，故C错误；D．物体做曲线运动的条件是速度方向与合外力方向不在同一直线上，所以其合力的方向有不可能与速度方向相同，故D错误。故选A。2. 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有P、Q两个轻环，两根等长细绳一端分别系在环上，另一端拴住书本，书本处于静止状态．下列说法正确的是（　　）A. 两绳对书本的拉力大小不同B. 每根绳对书本的拉力一定大于书本的重力C. 若减小两环间距离，书本仍处于静止状态，则杆对P环的支持力不变D. 若减外两环间距离，书本仍处于静止状态，杆对P环的摩擦力不变【答案】C【解析】【详解】A．依题意，两绳等长，对书本受力分析，根据对称性可知两绳对书本的拉力大小相同。故A错误；B．依题意，书本处于静止状态，三力平衡，两绳拉力之和与重力等大反向，每根绳对书本的拉力不一定大于书本的重力，需要根据两绳夹角判断。故B错误；C．对书本和P、Q两环组成的整体进行受力分析，可知杆对P、Q两环的支持力大小相等均为重力的一半，且不会随两环间距离的变化而变化。故C正确；D．对P环受力分析，如图由平衡条件，可得若减外两环间距离，变大，杆对P环的摩擦力变小。故D错误。故选C。3. 小球在液体中运动时会受到液体摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力．如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力，式中称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为（　　）A.  B. C.  D. 为常数，没有物理单位【答案】B【解析】【详解】力的单位是牛顿，用力学基本单位表示为：kgm/s2，由可得其中r的单位是m，v的单位是m/s，所以的单位为ACD错误，B正确。故选B。4. 如图所示，物块A质量为2m，物块B、C质量均为m，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用轻质细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（   ）（取竖直向下为正方向，已知重力加速度大小为g）A. －g，2g，0 B. －2g，g，0C. －4g，2g，0 D. －g，g，g【答案】A【解析】【详解】剪断细线前，对A、B、C组成的整体分析，可知A上方的弹簧弹力大小为对B、C组成的整体分析，可知细绳拉力大小为对C分析，可知B、C之间弹簧弹力大小为剪断细线瞬间，两弹簧的弹力均不会发生突变，但细绳拉力突变为零，对A根据牛顿第二定律有解得对B根据牛顿第二定律有解得对C根据牛顿第二定律有解得故选A。5. 如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg=kx0以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力F1=k（x0-x）对物块P离开弹簧前，由牛顿第二定律得F+F1-mg=ma由以上式子联立可得F=kx+ma可见在物块P离开弹簧前，F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0。当物块离开弹簧后，由牛顿第二定律F-mg=ma知F是一恒力，保持不变。故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。6. 一质点在平面直角坐标系内运动，其x方向的x-t图像和y方向的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A. 质点做匀变速直线运动 B. 2s末质点的速度大小为6m/sC. 2s内质点的位移大小为15m D. 质点的初速度方向与合外力方向垂直【答案】C【解析】【详解】A．质点水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速运动，因此合力和速度方向不共线，做匀变速曲线运动，A错误；B．2s末2s末质点的速度大小为B错误；C．2s内质点的位移大小为C正确；D．质点所受合外力沿y轴正前方向，质点的初速度不沿x方向，所以，质点的初速度方向与合外力方向不垂直，D错误。故选C。7. 如图所示，杂技表演中，绕过光滑定滑轮的轻绳一端吊着重物，另一端吊着表演者，开始时表演者抓紧绳索，结果他以大小为的加速度随绳一起下降；然后表演者快速地沿绳向上爬，结果他不再下降，而是相对地面保持静止，此时重物以大小为的加速度随绳一起竖直向上运动。若重物与表演者的质量之比为k，不计空气阻力，则为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】设表演者拉着绳不动以大小为a1的加速度下降时，绳中的张力大小为T1，则对表演者和重物根据牛顿第二定律分别有当表演者快速地沿绳向上爬，相对地面静止时，根据平衡条件可知，绳对表演者的作用力大小为对重物根据牛顿第二定律有由题意可知联立以上各式解得故选D。8. 如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为球心．小球从AO连线上的C点沿CO方向以水平速度抛出，经时间小球与碗内壁垂直碰撞，重力加速度为g，则C、O两点间的距离为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】设小球落点在D点，如图所示根据题意，OD为半径，则根据平抛运动位移与水平方向夹角与速度与水平方向夹角关系有有CE=2OE根据直角三角形，有又因联立解得OC=OE=故选A。二、多选题（共4个题目，每题4分共16分）9. 如图所示，甲、乙二人想让水平地面上静止放置的、B两小车向右运动，两小车相互接触但并不连接，质量分别为、。从时刻开始，甲给水平向右的推力和乙给B水平向右的拉力，、随时间的变化规律分别为，。（车轮与地面的摩擦忽略不计）（　　）A. 、B两车在时分离 B. 内B车的位移是C. 时车的加速度 D. 时B车的加速度【答案】AD【解析】【详解】A．时假设甲、乙分开运动，则因为，所以甲、乙是一起运动的，则所以A、B在分离前，一起以做匀加速运动，而在分离的瞬间，A、B之间的弹力为0，此时对A对B此时解得故A正确；B．A、B刚分离时A、B已经运动的位移分离后A、B都做非匀变速直线运动，分离后，A、B加速度分别为在分离后的0.6s内，B的加速度在变化，无法计算出此段时间内的位移，故B错误；C．由知4s时，A的加速度为0.1m/s2，故C错误；D．由知4s时，B的加速度为，故D正确。故选AD。10. 如图所示，质量为3kg的长木板A放在光滑水平地面上，质量为2kg的物块B静止在木板上，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度大小为g=10m/s2，物块B与长木板A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的拉力F作用在长木板上，下列说法中正确的是（　　）A. F=4N时，B受到A的摩擦力为1.6N，方向水平向右B. F=10N时，A、B之间会发生相对滑动C. F=12N时，B的加速度大小为2m/s2D. F=16N时，A的加速度大小为4m/s2【答案】ACD【解析】【详解】当两物体刚要分离时，对B对整体A．F=4N时，整体未相对滑动，加速度对B分析方向水平向右，故A正确；B．F=10N时，A、B之间不会发生相对滑动，恰好相对静止，故B错误；C．F=12N时，相对滑动，B的加速度大小为故C正确；D．F=16N时，A的加速度大小为故D正确。故选ACD。11. 如图所示，木箱M静止在水平地面上，用轻绳将一质量为m的小球悬挂在木箱的顶端。对小球施加一作用力F，F由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中，小球和木箱始终处于静止状态，且轻绳与竖直方向成θ不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A. 轻绳对小球的拉力逐渐变大 B. 该过程力F的最小值为mgsinθC. 该过程地面对M的支持力逐渐变大 D. 该过程地面对M的摩擦力逐渐变小【答案】BD【解析】【详解】AB．由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中小球受重力、绳的拉力T、拉力F作用处于动平衡状态，三力平移后组成一闭合三角形，作图如下F由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中，T方向不变，由图可知，此过程绳的拉力T逐渐减小，F大小是先减小后增大，F最小值是其垂直于绳拉力T时，由图形可得故A错误，B正确；CD．对M受力分析，将绳拉力T分解到水平方向和竖直方向上，由平衡条件可得 由于T在逐渐减小，θ不变，所以和都在逐渐减小，故C错误，D正确。故选BD。12. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一小物块以初速度从端冲上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（　　）A. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值B. 小物块与传送带间的动摩擦因数C. 小物块上滑过程中离端的最大距离为D. 小物块从端冲上传送带到返回端所用的时间为【答案】AD【解析】【详解】CD．0-1s内，物块的加速度大小为方向沿传送带向下；1-2s，物块的加速度大小为方向沿传送带向下；物块上升位移大小等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为小物块上滑过程中离端的最大距离为10m，根据得物块下滑的时间所以物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误D正确；AB．0-1s内，对煤块根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma11-2s，对煤块根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2解得θ=37°，μ=0.25则tanθ=0.75故A正确、B错误。故选AD三、实验题（共2个题目，14分）13. 研究平抛运动实验，可以在水平和竖直两个方向中，先研究其中一个方向的运动规律，再设计分析另外一个方向的运动规律。（1）如图1所示，用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向抛出，同时使B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地；由于空间限制、小球速度较快和人眼很难同时观察两个小球的运动等因素，一般很难看到两球同时落地的现象。转化的方法有很多，以下方法中，可行的是___________A.将“看”转化为“听”B.通过“先摄像，再慢放录像”的方法C.两个人用秒表分别来测下落时间是否相同（2）如图2所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道M滑下后从O点飞出，落在水平挡板N上。钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。①对于从斜槽上滚出的小球，要保证小球水平抛出，下列实验条件必须满足的是___________。A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球②某位同学做实验时，忘记了标记平抛运动的抛出点，只记录了A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点O，建立了如图3所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。小球平抛的初速度为___________m/s，小球抛出点的坐标为___________（取g=10m/s2，计算结果均保留两位有效数字）。【答案】    ①. AB##BA    ②. B    ③. 1.5    ④. （-30cm，-20cm）【解析】【详解】（1）[1]A．很难看到两球同时落地的现象，可以通过听得方式，听是一次落地的声音还是两次落地的声音来判断是否同时落地，故A正确；B．通过“先摄像，再慢放录像”的方法，可以判断两球是否同时落地，故B正确；C．两个人用秒表分别来测下落时间是否相同，依然用人眼观察并用秒表记录，误差较大，不可取，故C错误。故选AB。（2）①[2]对于从斜槽上滚出的小球，要保证小球水平抛出，下列实验条件必须满足的是斜槽轨道末段水平。故选B。[4]通过图3的B、C的坐标可知，三点之间的时间的间隔相同，根据竖直方向上的位移，利用逐差法可得解得T=0.2s小球平抛的初速度为②[3][4]B点竖直方向的分速度为到B点平抛运动的时间故从抛出点距离B点水平方向和竖直方向的距离为则抛出点的位置故抛出点的坐标为（-30cm，-20cm）。14. 做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，某实验小组采用如图甲所示的实验装置。实验小组在长木板上B点处安装了一个光电门，在小车上固定一遮光条，宽度为d，一端连着小车的细线另一端绕过定滑轮与力传感器相连，力传感器下方悬挂槽码。（1）下列实验操作和要求必要的是_____（选填选项前的字母）；A.该实验操作前要补偿摩擦力B.该实验操作前不需要补偿摩擦力C.应使A位置与光电门之间的距离适当大些D.应使小车质量远大于槽码和力传感器的总质量（2）实验时，在力传感器下端挂上槽码，另一端通过细线连接小车。调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行。将小车从长木板上的A点处由静止释放，读出遮光条通过B点处光电门的时间t和力传感器示数F，用毫米刻度尺量出小车释放点A点处到B点处光电门的距离L，根据以上测量数据计算得出加速度的表达式为__________（用题中测量的物理量字母表示）；（3）保持小车的质量不变，通过增加槽码的个数来改变小车所受合外力大小，重复实验几次，记录多组实验数据。（4）实验小组根据记录的多组F的实验数据和计算得到的加速度a 的数值，画出了如图乙所示的a-F图像。图像不过原点的主要原因是_______，为了使实验结果更准确，需要把甲图中的垫块向_____（选填“右”或“左”）移动。【答案】    ①. AC    ②.     ③. 补偿摩擦力时，木板倾角偏小    ④. 右【解析】【详解】（1）[1] AB．该实验操作前要补偿摩擦力，使绳的拉力等于小车的合外力，故A正确B错误；C．应使A位置与光电门之间的距离适当大些，故C正确；D．传感器可以直接读取拉力，故不需要满足小车质量远大于槽码和力传感器的总质量，故D错误。故选AC。（2）[2] 由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故B点速度根据速度位移关系公式vB2=2aL加速度的表达式为（3）[3] [4]根据图像可知，拉力达到一定值，才有加速度，所以不过原点的主要原因是补偿摩擦力时，木板倾角偏小，为了使实验结果更准确，需要把甲图中的垫块向右移动。四、解答题（共4个题目，46分）15. 如图所示，在倾角为的固定斜面上，一质量为的物块恰好沿斜面匀速下滑，重力加速度，，，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）物块与斜面间的动摩擦因数﹔（2）若用平行于斜面向上的力作用于物块使其保持静止，求力的最大值；（3）若用水平向右的力作用于物块使其保持静止，求力的最大值。【答案】（1）0.75；（2）120N；（3）【解析】【详解】（1）由平衡条件知联立以上三式解得（2）力的最大值时，物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件知解得（3）力的最大值时，物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件知解得16. 如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，用沿斜面向上的恒力F拉着物块由静止从斜面底端沿斜面向上运动，作用一段时间后撤去拉力。从物块运动开始计时，物块沿斜面向上运动的速度-时间图像如图乙所示，已知物块的质量为1kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g=10ms2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）撤去拉力后，物块向上运动的加速度大小；（2）拉力F的大小；（3）物块返回斜面底端时的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）撤去拉力后减速上滑，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有垂直斜面方向有且联立解得（2）由速度时间图象可知加速上滑与减速上滑的加速度大小相等，设为，加速上滑时，根据牛顿第二定律有代入数据解得（3）0.5s末的速度上滑总位移下滑过程，根据牛顿第二定律有根据速度位移公式有联立解得17. 如图所示，某同学将篮球从O点斜向上抛出，篮球经过最高点M后落入P点处的篮框，N、Q与O点位于同一水平线上，且分别在M、P的正下方，已知O、N两点距离，N、Q两点距离，M、N两点距离，不计空气阻力，重力加速度，求：（1）篮球从O到P的时间；（2）篮球落入篮框时的速度。【答案】（1）1.8s；（2），水平方向成37°【解析】【详解】（1）设从O点运动到M点的时间为，则解得从O点到P点，在水平方向做速度为的匀速运动，设从M点运动到P点的时间为，则解得篮球从O到P的时间（2）由解得在P点时的竖直分速度篮球落入篮框时的速度大小设速度方向与水平方向成角，则解得因此篮球落入篮框时的速度为10m/s，方向与水平方向成37°。18. 如图所示，左端带有竖直挡板的平板工件静置于水平桌面上，工件底面与水平桌面间的动摩擦因数；O为工件上表面一点（图中未画出），工件上表面O点左侧光滑、右侧粗糙．一小滑块紧靠挡板放在工件上，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数。现对工件施加的水平推力，并在后撤去，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，已知工件质量，滑块质量，g取，桌面足够长。（1）求水平推力作用过程中，滑块对挡板压力的大小；（2）求工件光滑部分的长度d；（3）若最终滑块恰好未从工件上滑下，求工件的长度L。【答案】（1）2N；（2）1.5m；（3）2m【解析】【详解】解：（1）在水平推力作用下，滑块与工件看作整体，对整体由牛顿第二定律可得F－µ1（M+m）g=（M+m）a0解得a0=2m/s2对滑块则有F1= ma0F1=2N由牛顿第三定律可知，滑块对挡板压力的大小为2N。（2）撤去推力F时，滑块与工件的速度为v0=a0t0=2×1.5 m/s =3m/s撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有µ1（M+m）g=Ma1a1=3 m/s2工件运动时间是工件光滑部分的长度d= v0t1－=1.5m（3）滑块运动到粗糙面上时，对滑块则有µ2mg=ma2a2=8 m/s2对工件则有µ2mg－µ1（M+m）g=Ma3a3=1 m/s2滑块做减速运动，工件做加速运动，所以有滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有v共= v0－a2t2=a3t2解得滑块恰好没有从工件上滑下，粗糙面长度则有工件的长度为L=d+d′=2m