2024-2025学年江苏省扬州市新华中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省扬州市新华中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，下列说法正确的是( )

A. 图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的平均速度
B. 图乙说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的
C. 由图丙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处
D. 图丁中推箱而不动，说明人的推力小于地面对箱子的最大静摩擦力
2.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时对于纽扣上距离中心1cm处的点，下列说法正确的是( )
A. 周期为0.2sB. 角速度约为30rad/s
C. 线速度约为3m/sD. 向心加速度大小约100m/s2
3.一物体自离地H高处自由下落，当速度达到落地速度的一半时，该物体离地的高度是( )
A. H4B. 3H4C. 2H2D. H2
4.一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零D. 下落过程中做匀加速运动
5.如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是( )
A. 卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于 gR
B. 卫星1在A点的加速度大于卫星2在B点的加速度
C. 卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D. 卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的动能大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的动能
6.如图所示，在水平轨道运动的小车中悬挂一小球，小球的质量为m，小球随小车一起运动，悬线与竖直方向的偏角θ=45∘，由此可知( )
A. 悬线的张力大小为 5mg
B. 小车一定向左运动
C. 小车的加速为 2g
D. 若θ增大，悬线的张力在竖直方向的分量不变
7.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在圆弧轨道上的小球在水平拉力F(图中未画出)的作用下，缓慢地由B向A运动，圆弧轨道对小球的弹力为FN。则在小球运动的过程中( )
A. F增大，FN减小B. F增大，FN增大
C. F减小，FN减小D. F减小，FN增大
8.如图所示，射水鱼发现前方有一昆虫，就将嘴露出水面对昆虫喷水，斜向上射出的水柱恰好水平击中昆虫。已知鱼嘴距离昆虫d=0.75m，两者连线与水平方向夹角为θ=37∘(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 水滴在空中运动0.5s后击中昆虫
B. 击中昆虫时，水滴速度大小为2m/s
C. 斜向上射出的水柱，初速度大小为3m/s
D. 斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角为53°
9.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ(未知)。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10m/s2，则( )
A. 传送带的速度大小为16m/s
B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
10.宇航员在地球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上P点，沿水平方向以初速度2v0抛出一个小球，小球仍落在斜坡的Q点。已知该星球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 该星球表面的重力加速度g0=2g
B. 该星球的质量为M=R2G
C. 该星球的密度为ρ=3gπGR
D. 该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2∶1
11.如图所示，倾角为θ=30∘的固定足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的F=mg的恒力作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若弹簧将A、B弹起的过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是( )
A. 撤去力的瞬间，A、B的加速度大小均为g
B. 撤去力的瞬间，A对B的弹力大小为12mg
C. A、B被弹起的过程中，两者即将分离时，弹簧处于压缩状态
D. 若斜面粗糙且与A、B间动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离位置与斜面光滑时相同
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，使用了如图所示的实验装置。
(1)请判断以下做法正确的是______。
A.打点计时器不应固定在长木板的右端，而应固定在长木板左端靠近定滑轮的位置
B.每次改变小车质量后，需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D.在探究加速度与质量的关系时，作出a—1M图像可以更直观地判断出二者间的关系
(2)已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。下图是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E，相邻计数点间的距离已在图中标出。打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v=_____m/s，小车的加速度a=_____m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据做出a—F图像，如图所示，发现该图线不通过坐标原点且图线的BC段明显偏离直线，分析其可能产生的原因，下列说法中符合的一项是______。
A.未平衡摩擦力，所挂钩码的总质量太小
B.平衡摩擦力过度，所用小车的质量太小
C.未平衡摩擦力，所挂钩码的总质量太大
D.平衡摩擦力过度，所用小车的质量太大
(4)如图为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多。请分析说明这个要求的理由___。
(5)小红同学在探究小车的加速度a与所受合外力F的关系时，设计并采用了如图所示的方案。其实验操作步骤如下：
a.挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
b.取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，并让小车沿木板下滑，测出加速度a；
c.改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤a和b，多次测量，作出a—F图像。
①该实验方案_____满足条件M≫m(选填“需要”或“不需要”)；
②若小红同学实验操作规范，随砝码盘中砝码个数的增加，作出的a—F图像最接近图中的_____。
A. B． C．
三、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.如图所示，一根轻绳跨过定滑轮将物体A、B连接在一起，A、B均处于静止状态。已知两物体质量分别为mA=2kg和mB=5kg，绳与水平方向的夹角为θ=53°，不计滑轮和绳的质量及其摩擦(sin53°=0.8,cs53°=0.6,g=10m/s2)求：
(1)物体B受水平地面对它的支持力大小；
(2)物体B受到地面对它的摩擦力大小。
14.嫦娥六号探测器将于2024年6月登月．已知探测器在近月圆轨道运行速度大小为v，月球半径为R，万有引力常量为G，不考虑月球的自转．求：
(1)月球质量M；
(2)月球表面重力加速度大小g．
15.如图所示，不可伸长的轻绳穿过一竖直固定的光滑细管，其两端系有小球A、B，B的质量是A的两倍．当球A绕中心轴匀速转动时，A球到上管口的绳长为L，不计空气阻力，重力加速度为g．
(1)求与A球相连的绳与细管的夹角θ；
(2)求A球运动的周期T；
(3)若A球的角速度增为原来的 2倍，求稳定后B球的高度变化量Δℎ．
16.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v−t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案解析
1.D
【解析】A.图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的瞬时速度不超过50km/ℎ，故A错误；
B.图乙说明伽利略关于自由落体运动的结论是实验加推理得到的，故B错误；
C.由图丙可推出所有形状规则且质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，故C错误；
D.图丁中推箱而不动，说明人的推力小于地面对箱子的最大静摩擦力，故D正确。
2.C
【解析】根据匀速圆周运动的规律可得
T=1n=0.02s
ω=2πn=100πrad/s≈314rad/s
v=2πnr=πm/s≈3m/s
an=ω2r=(2πn)2r=100π2m/s2
故选C。
3.B
【解析】设物体落地时的速度大小为v，下落H的过程中有：v2−0=2gH，下落速度为着地时速度的一半的过程中有：(v2)2−0=2gℎ，联立得：ℎ=H4，则离地的高度是H−ℎ=3H4，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.B
【解析】A.由题意，排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则有f=kv，由牛顿第二定律得：上升过程有：mg+kv=ma上，下降过程有：mg−kv=ma下，可知：a上>a下。上升和下落过程位移大小相等，根据x=12at2，得t上B.整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；
C.达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度为重力加速度，C错误；
D.下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。
5.A
【解析】A.根据
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr= gR2r
轨道Ⅰ的轨道半径 r 大于地球半径 R ，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于 gR ，故A正确；
B.根据
GMmr2=ma
可知加速度
a=GMr2
因为A点到地球球心的距离大于B点到地球球心的距离，卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；
C.根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D.卫星在轨道Ⅱ上A点需加速才能运动到轨道Ⅰ上，故卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的速度大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的速度，但因为两卫星的质量关系不知道，故无法判断两卫星通过A点的动能大小，故D错误。
故选A。
6.D
【解析】A.小球随小车一起运动，竖直方向有 Tcs45∘=mg，
解得悬线的张力大小为 T= 2mg，故A错误；
B.由图可知小球有向左的加速度，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B错误；
C.根据牛顿第二定律 mgtanθ=ma，解得小车的加速为 a=g，故C错误；
D.小球竖直方向受力平衡，若 θ 增大，悬线的张力在竖直方向的分量仍与小球重力平衡，故悬线的张力在竖直方向的分量不变，故D正确。
故选D。
7.C
【解析】根据题意可知，小球缓慢地由B向A运动，则水平拉力F向左，设某时刻小球与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，对小球受力分析，如图所示
则有
F=mgtanθ ， FN=mgsinθ
小球缓慢地由B向A运动过程中， θ 由 0 至 90∘ 逐渐增大，则 sinθ 增大， tanθ 增大，所以 F 减小， FN 减小。
故选C。
8.B
【解析】A.由水滴竖直方向的运动可得dsin37∘=12gt2
解得水滴从发射到击中昆虫的时间t=0.3s，故A错误；
B. 由水滴水平方向的运动可得dcs37∘=v0xt
解得初速度的水平分速度v0x=2m/s，故B正确；
C.由水滴竖直方向的运动可得初速度的竖直分速度v0y=gt=3m/s
斜向上射出的水柱，初速度大小v0= v0x2+v0y2= 13m/s，故C错误；
D.斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角 α ，则tanα=v0yv0x=32
又tan53∘=43
斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角不等于53°，故D错误。
故选B。
9.C
【解析】A.由图乙可知，1s时，物块的运动发生突变，可知传送带的速度为 8m/s ，故A错误；
BC.在 0∼1s 内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
根据图乙可得
a1=16−81m/s2=8m/s2
在 1∼2s 内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运动的方向相同，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
根据图乙可得
a2=8−03−1m/s2=4m/s2
联立解得
μ=0.25 ， θ=37∘
故B错误，C正确；
D.结合上述分析可知，当传送带的速度大于 16m/s 后，物块在传送带上一直做加速度大小为 a2 的匀减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选C。
10.C
【解析】A.小球抛出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得，小球在地球表面时，在水平方向
x=v0t
在竖直方向
y=12gt2
小球在某星球表面上时，则有在水平方向
x′=x=2v0t′
在竖直方向
y′=y=12g0t′2
解得
g0=4g
A错误；
BC.设星球质量为 M ，在该星球表面质量是 m0 的物体则有
GMm0R2=m0g0
解得
M=g0R2G=4gR2G
该星球的密度为
ρ=MV=4gR243πR3G=3gπGR
B错误，C正确；
D.由万有引力提供向心力可得
GM′mR′2=mv2R′
v= GM′R′
由 GM=g0R2 可得该星球的第一宇宙速度
v星= GMR= g0R=2 gR
地球的第一宇宙速度
v地= GM地R地= gR地
因地球的半径与该星球的半径关系不确定，因此该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比不确定，D错误。
故选C。
11.D
【解析】A.撤去力 F 前，A、B处于静止状态，根据平衡条件可得 F弹=F+2mgsin30∘=2mg，撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，整体有沿斜面向上的加速度，对A、B整体，由牛顿第二定律F弹−2mgsin30∘=2ma 解得撤去力的瞬间，A、B的加速度大小均为 a=g2 ，故A错误；
B.撤去力的瞬间，对B，由牛顿第二定律 FAB−mgsin30∘=ma，解得撤去力的瞬间，A对B的弹力大小为 FAB=mg ，故B错误；
C.当A、B之间作用力为零时，且加速度相同时，两物块分离，对B，由牛顿第二定律−mgsin30∘=ma1 ，
对A、B整体，由牛顿第二定律 F弹1−2mgsin30∘=2ma1 解得 F弹1=0，此时弹簧处于原长状态，故C错误；
D.若斜面粗糙且与A、B动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离时，对B，由牛顿第二定律−mgsin30∘−μmgcs30∘=ma2 对A、B整体有 F弹2−2mgsin30∘−μ⋅2mgcs30∘=2ma2 解得 F弹2=0
说明斜面粗糙且与A、B动摩擦因数相同，A、B能被弹起，分离分离位置与斜面光滑时相同，都是弹簧恢复到原长时上端的位置，故D正确。
12.(1)D
(2) 1.0 5.0
(3)C
(4)见解析
(5) 不需要 A

【解析】(1)A.打点计时器应固定在长木板的最右端，便于纸带多打点，故A错误；
B.平衡摩擦力后，每次改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C.实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车，故C错误；
D.在探究加速度与质量的关系时，作出 a−1M 图象为线性关系可以更直观地判断出二者间的关系，故D正确。
故选D。
(2)[1]每5个打点间隔取1个计数点，则计数点间隔时间 T=0.1s ，利用匀变速直线的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的瞬时速度为
v=xBD2T=(7.5+12.51)×10−22×0.1m/s≈1.0m/s
[2]利用匀变速直线运动的判别式 Δx=aT2 ，结合逐差法可得
a=xCE−xAC4T2=(12.51+17.50−7.50−2.50)×10−24×0.12m/s2≈5.0m/s2
(3)图线不过原点且力不为零时小车加速度为零，所以是未平衡摩擦力；图线末端发生了弯曲现象，是所挂钩码的总质量m太大，导致钩码的总质量m未远小于小车的总质量M；故选C。
(4)设绳的拉力为 T ，小车运动的加速度为 a 。对桶和砂，有
mg−T=ma
对小车，有
T=Ma
得
T=MM+mmg
小车受到细绳的拉力 T 等于小车受到的合力 F ，即
F=MM+mmg=11+mMmg
可见，只有桶和砂的总质量 m 比小车质量 M 小得多时，才能认为桶和砂所受的重力 mg 等于使小车做匀加速直线运动的合力 F 。
(5)①[1]该实验方案中，砝码盘和砝码对小车的拉力的大小，等于使小车沿斜面加速下滑的力，所以不需要满足 M≫m ；
②[2]由于砝码盘和砝码对小车的拉力的大小，等于使小车沿斜面加速下滑的力，所以加速度总是正比于拉力，图像是一条直线，故选A。
13.解：(1)对A受力分析知，A受绳子拉力和重力，二力平衡则有T=mAg=20N，
对B受力分析如图：
，
由平衡条件有mBg=N+Tsin 53∘，解得物体B受水平地面对它的支持力N为：N=34N；
(2)对B由平衡条件，解得物体B受到地面对它的摩擦力f的大小为f=Tcs 53∘=12N。
答：(1)物体B受水平地面对它的支持力大小为34N；
(2)物体B受到地面对它的摩擦力大小为12N。
【解析】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件建立平衡方程进行解答。
14.解：(1)根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R
得M=v2RG
(2)不考虑月球自转的影响，月球表面的物体受
到的重力等于万有引力GMm′R2=m′g=m′v2R
得g=v2R
【解析】
探测器绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，化简可得中心天体质量.不考虑月球自转的影响，月球表面的物体受到的重力等于万有引力GMm′R2=m′g=m′v2R，化简可得月球表面的重力加速度。
15.(1)设A、B的质量分别为m和2m，对小球A，细绳的拉力的竖直分量等于重力可得
Fcsθ=mg
其中
T=2mg
可得
θ=60∘
(2)对小球A，由牛顿第二定律可知
Fsinθ=m4π2T2Lsinθ
可得
T=π 2Lg
(3)根据
Fsinθ=mω2Lsinθ
即
ω2L=2g
若A球的角速度增为原来的 2 倍，则L变为原来的一半，即变为 L2 ，则稳定后B球的高度变化量
Δℎ=L2

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)设向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，加速度设为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，
由牛顿第二定律有：−μ1m+Mg=m+Ma1，
由题可知，木板与墙壁碰前瞬时速度：v1=4m/s，
由运动学公式可得：速度为：v1=v0+a1t1，
位移为：s0=v0t1+12a1t12，
式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰间有的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度，
联立以上各式解得：μ1=0.1，
在木板与墙壁碰撞后，木板以−v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动，
设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：−μ2mg=ma2，
由图可得：a2=4m/s2，
代入可得：μ2=0.4；
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3，
由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1M+mg=Ma3，
速度为：v3=−v1+a3△t，
v3=v1+a2△t
碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1=−v1+v32Δt，
小物块的位移为：s2=v1+v22Δt，
小物块相对于木板的位移为：△s=s2−s1，
由以上各式解得：△s=6.0m，
因为运动过程中，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m；
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，
由牛顿第二定律及运动学公式可得：μ1m+Mg=m+Ma4，
位移速度公式为：0−v32=2a4s3，
碰后木板运动的位移为：s=s1+s3，
解得：s=−6.5m。
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m

【解析】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的。
(1)对碰前过程由牛顿第二定律时行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2；
(2)分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；
(3)对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的位置。