安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高三上学期11月月考物理试题

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A．A所受的合力对A做正功 B．B对A的弹力对A做正功
C．B对A的摩擦力对A做负功 D．A对B的作用力对B做正功
2．某工厂为了落实有关节能减排政策，水平的排水管道满管径工作，减排前、后，水落点距出水口的水平距离分别为、，则减排前、后单位时间内的排水量之比( A )
B.
C. D.
3．如图所示,a、b两细绳一端系着质量为m的小球,另一端系在竖直放置的圆环上,小球位于圆环的中心,开始时绳a水平,绳b倾斜.现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动一锐角至绳b水平,在此过程中绳a上张力为Ta和b上张力为Tb ，则( D )
A. Ta逐渐增大, Tb逐渐增大 B. Ta逐渐减小, Tb逐渐减小
C. Ta逐渐减小, Tb逐渐增大. D. Ta逐渐增大, Tb逐渐减小
4．如图甲所示，两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是（ B ）
A B.
C. D.
5．某同学在课外活动时设计了一个小游戏，将质量为的滑块套在竖直杆上，滑块下侧面有一光滑轨道（半径可忽略，轻绳绕滑块转动），长为的轻绳一端与轨道相连，另一端与质量为的小球相连，滑块与竖直杆间的动摩擦因数。让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块恰不下滑，则小球做圆周运动的角速度为（ D ）
A．B．
C． D．
【答案】A【详解】设轻绳与竖直方向夹角为，
滑块恰好不下滑，对整体μ∙2mgtanθ=3mg, θ=600
小球做匀速圆周运动，有
、一定，有解得故D正确，ABC错误。故选D。
6．在一颗半径为地球半径56的行星表面，将一物体以24m/s的速度竖直上抛，从抛出开始计时，已知物体第1s内和前3s内通过的位移相同，地球表面的重力加速度为10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 该行星表面的重力加速度大小为8m/s2
B. 该行星的质量与地球的质量之比为64:125
C. 该行星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比为1:1
D. 地球的平均密度和该行星的平均密度之比为36:25
【答案】C
【解析】A、已知物体第1s内和前3s内通过的位移相同，可知物体上升到最高点的时间为t=2s，物体上升时的加速度大小即行星表面重力加速度大小，为g'=v0t=12m/s2，选项A错误;B、物体在天体表面受到的重力近似等于万有引力，有GMmR2=mg，解得M行M地=56，选项B错误;C、根据GMmR2=mv2R可知第一宇宙速度为v=gR，解得v行v地=1，选项C正确;
D、根据ρ=MV，V=43πR3，可得ρ地ρ行=M地R行3M行R地3=2536，选项D错误。
7．在抢险救灾工作中常见到直升机的身影．如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力)( )
A.绳索对伤员的拉力越来越大
B.伤员克服重力做功的功率恒定
C.伤员运动的速度变化越来越慢
D.合力对伤员做功的功率越来越大
【答案】C解析：绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P＝Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；由P1＝mgv可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B项错误；由F－mg＝ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；合力对伤员做功的功率（F－mg）v＝P－mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项错误．
8．如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道的压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( B )
A．10 m B．9.5 m
C．9 m D．8.5 m
9．挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的v-t图像如图所示，则（ ）
A. 0~4s内骑手靠近烈马 B. 6s时刻骑手刚好追上烈马
C. 骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马 D. 8~9s内烈马加速度大于0~6s内骑手的加速度
【答案】CD
10．如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A、B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．剪断B、C间细线的瞬间，A、B间细线上的弹力大小为
B．剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为g
C．剪断A、B间细线的瞬间，A的加速度大小为2g
D．剪断A、B间细线的瞬间，B、C间细线上的弹力大小为mg
【答案】AC【详解】B．开始由平衡条件可得
剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有
联立解得 所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为，则B错误；A．对C分析有 解得所以A正确；C．剪断A、B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有
解得所以C正确；D．剪断A、B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D错误；故选AC。
11．我国自主研发的北斗卫星导航系统是世界四大导航系统之一，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星A（GEO）、倾斜地球同步轨道卫星B（IGSO）和中圆地球轨道卫星C（MEO）组成。如图所示，三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，A距地面高度为，C距地面高度为，地球自转周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星A的加速度
B. 卫星B的加速度
C. 卫星C的线速度为
D. 卫星C的线速度
【答案】AC
12．如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带。倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率向上运动．现将一质量为的小物体(视为质点)轻轻放在处，小物体在甲传送带上到达处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上到达离竖直高度为的C处时达到传送带的速率。已知处离地面高度为，则在物体从到的运动过程中( AD )
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到处，甲上的小物体需要的时间较长
二．实验题：(每空2分，共16分)
13．某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力的关系，将力传感器固定在小车上，细绳的一端固定在传感器上，传感器的示数就是拉力F的大小，用手机的连拍功能对小车进行照相。
（1）下列操作正确的是 A ；
A.调节滑轮的高度，使细线与长木板平行
B.在细绳下端挂上重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力
C.实验时，小车的加速度a可以通过传感器的示数F除以小车的质量M获得。
D.为尽可能减小实验误差，重物的质量应远小于小车的质量
（2）将拍摄的照片进行处理，从某一张照片起每隔四张照片选取一张，依次分别记为A、B、C、D、E，拼接后将得到的图像如图乙所示。已知手机连拍的频率为50Hz，则小车加速度的大小a＝ 2.40 m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）A.实验中必须要使细绳与长木板平行，这样才能使得绳子的拉力沿长木板斜面方向，才能使细绳的拉力等于小车的合外力，故A正确；
B.实验前不挂重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力，以保证细绳的拉力等于小车受的合力，故B错误；C.实验是为了验证牛顿第二定律，故不能用牛顿第二定律的结论循环验证，故C错误；D.由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使重物的质量应远小于小车的质量，故D错误。故选：A。
（2）由手机连拍的频率为50Hz，每隔四张照片选取一张，可知图中照片时间间隔
T＝5×1f=5×150s＝0.1s
根据逐差法可知a=xCE−xAC4T2=(96.70−58.30)−(58.30−29.50)4×0.12m/s2＝2.40m/s2
所以小车a﹣F图像的直线斜率表示小车的质量（包括传感器）的倒数，即k=1m
所以小车的质量（包括传感器）为m=1k故答案为：（1）AC；（2）2.40；
14．小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后、小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用______。
A．钢球 B.乒乓球 C.橡胶球
（2）用分度值为的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示（零刻线），则______。
（3）作出图线，如图3所示，则可得到重力加速度______(保留三位有效数字)。
（4）在图1中，将手机放在木条与地面间中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为______（用h、t和v表示）。
（5）小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g跟真实值相比，结果______（填偏大、偏小或无影响）。
【答案】 ①. A ②. 61.20 ③. 9.48（9.41～9.58） ④. ⑤. 无影响，理由见解析
【解析】（1）为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。
（2）刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图可知h=61.30cm；
（3）根据可知
故在图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有
（4）下落过程中声音传播的时间为则小球下落的时间为
（5）[5]设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度h1时的时间为t1，高度h2时的时间为t2；则根据前面的分析有可知与H无关。
三．计算题：（第15小题12分、第16小题12分、第17小题14分，共38分）
15．如图所示，一质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点。已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为1：2：3，ab段的位移为2m，bc段的位移为10m，求cd段的位移。
【答案】30m
【解析】：设ab段时间为t，则bc段和cd段时间分别为2t、3t
从ab中间时刻到bc中间时刻，xbc2t=xabt+a∙32t. 得：at2=2
从bc中间时刻到cd中间时刻，xcd3t=xbc2t+a∙52t. 即：xcd3t=102t+a∙52t.
所以，xcd=30m
16．如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆球刚好与水平面不接触，而此时摆线恰好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】：(1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析：(1)当摆球由C到D运动，
根据动能定理有mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(vD2,L)，解得Fm＝9 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mvD2，可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－eq \f(1,2)mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
17．如图所示，在倾角为θ=37∘的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=4kg的长木板正以v0=12m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=2kg的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，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g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
（1）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L=10m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=40N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。
【答案】（1）4m/s2；10m/s2；（2）12m；（3）2.25s
【解析】
（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为 Ff=μmgcsθ=8N
设放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小分别为a1和a2，对二者分别由牛顿第二定律得 Ff+mgsinθ=ma1 Mgsinθ－Ff=Ma2
解得 a1=10m/s2 a2=4m/s2
（2）设经过时间t1小物块与长木板达到共同速率v1，根据运动学公式有 v1=a1t1=v0+a2t1
解得 t1=2s v1=20m/s
t1时间内小物块与长木板的相对位移大小为 Δx=v0+v12t1−v12t1=12m
所以木板的最小长度为 L=Δx=12m
（3）将恒力F刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为 a3= a1=10m/s2
设此时长木板的加速度大小为a4，对长木板根据牛顿第二定律得 F+Ff－Mgsinθ=Ma4
解得 a4=6m/s2
方向沿斜面向上；设经过时间t2小物块与长木板达到共同速率v2，
根据运动学公式有 v2=a3t2=v0－a4t2
解得 t2=0.75s v2=7.5m/s
t2时间内小物块和长木板的位移大小分别为 x1=v22t2=2.8125m
x2=v0+v22t2=7.3125m
此时木块相对木板已经向上滑行了Δx1=x2−x1=4.5m
二者共速后，木块向下做匀加速运动，加速度向下，大小a5=mgsinθ−Ffm=2m/s2
长木板的加速度大小为a6，则根据牛顿第二定律有F－Ff－Mgsinθ=Ma6 a6=2m/s2
设从共速后经过时间t3小物块从长木板上滑落，
根据运动学公式有 v2t3+12a5t32−v2t3−12a6t32=Δx1
解得 t3=1.5s
小物块在长木板上运动时间为 t=t2+t3=2.25s
17．如左图所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k的轻弹簧将木板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长．一质量为m的物块(可视为质点)从木板左端以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v－t图象，如右图所示，其中A为物块的v－t图线，B为木板的v－t图线且为正弦函数图线．根据图中所给信息，求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)从开始到t＝eq \f(T,4)系统产生的热量Q；
(3)若物块从木板左端以更大的初速度v1滑上长木板，则初速度v1取何值时，才能让木板与弹簧组成的系统最终获得最大的机械能．
解析：(1)由题中图象可知物块做匀减速运动，t＝T时停止．
所以a＝eq \f(v0,T)
根据牛顿第二定律，有μmg＝ma
代入数据，得μ＝eq \f(v0,gT).
(2)当t＝eq \f(T,4)时木板速度达到最大，加速度为零，有：
kx1－μmg＝0
得：x1＝eq \f(μmg,k)＝eq \f(mv0,kT)
从开始到t＝eq \f(T,4)，物块的位移x2＝v0t－eq \f(1,2)at2＝eq \f(7,32)v0T
所以系统产生的热量
Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝μmg×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,32)v0T－\f(mv0,kT)))
＝eq \f(7mveq \\al(2,0),32)－eq \f(m2veq \\al(2,0),kT2).
(3)当t＝eq \f(T,2)时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能．
物块的位移x3＝v1eq \f(T,2)－eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)
＝v1eq \f(T,2)－eq \f(1,2)eq \f(v0,T)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(v1T,2)－eq \f(v0T,8)
木板的位移x4＝2x1＝eq \f(2mv0,kT)
物块以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L＝eq \f(v0T,2)
物块脱离木板，有x3－x4＝L
代入数据得：v1＝eq \f(5v0,4)＋eq \f(4mv0,kT2).
答案：(1)eq \f(v0,gT) (2)eq \f(7mveq \\al(2,0),32)－eq \f(m2veq \\al(2,0),kT2) (3)eq \f(5v0,4)＋eq \f(4mv0,kT2)