山东省泰安市泰山国际学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题

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1. 青藏铁路起点为青海西宁,终点为西藏拉萨,全长1956 km,被誉为天路．小鹏打算和同学从西宁坐火车去拉萨,他通过网络查得Z6801次列车的信息如图所示．下列说法正确的是（ B ）
A. 图中的“14:01”是时间间隔
B. 列车行驶时,以坐在旁边的同学为参考系,小鹏是静止的
C. 测量列车驶出西宁站的时间时,可以把列车看做质点
D. 若列车准点出发,并准点到达拉萨站,则列车行驶的平均速度为91.8 km/h
【解析】【详解】A. 图中的“14:01”是列车出发的时刻，不是时间间隔，故A错误．
B. 以坐在旁边的同学为参考系，小鹏相对该同学的位置没有变化，所以小鹏是静止的，故B正确．
C. 测量列车驶出西宁站的时间时，列车的长度不能忽略，也不能把列车当质点，故C错误．
D.列车运行的时间约为，列车的平均速率为，这求得是平均速率，不是平均速度，故D错误．
2. 铯原子钟是精确的计时仪器，将图1中铯原子从O点以初速度在真空中水平抛出；同时将图2中铯原子在真空中从P点以初速度竖直向上抛出，当它到达最高点Q再返回P点时，图1中铯原子恰好到达竖直平面MN。已知O点到竖直平面MN的距离等于P点到Q点的距离。则为（ B ）
A. B. C. D.
【详解】图1中铯原子在水平方向上做匀速直线运动，有
图2中铯原子做竖直上抛运动，由运动的对称性有
可得 故B项正确，ACD错误。 故选B。
3. 一兴趣小组用两个相同的遥控小车沿直线进行追逐比赛，两小车分别安装不同的传感器并连接到计算机中，小车安装加速度传感器，B小车安装速度传感器，两车初始时刻速度大小均为，车在前、B车在后，两车相距，其传感器读数与时间的函数关系图像如图所示，规定初始运动方向为正方向，则下列说法正确的是（ A ）
A. 时两车间距离为
B. 内两车相遇一次
C. 两车最近距离为
D. 内，车的加速度大于B车的加速度
【详解】A．A车开始做匀减速直线运动，当速度减为零时
则内A车的位移为
内B车做匀速直线运动，则位移为
时两车间距离为 A正确；
B．内B车的加速度为
由图可知内A车的加速度为，故车的加速度等于B车的加速度，B错误；
C．之后A车沿正方向做匀加速直线运动，B车做匀减速直线运动，当两车速度相等时
解得
此时两车的速度为，两车在时间内经过的位移 ，
此时两车相距最近 C错误；
D．由AC项分析知时，车在前、B车在后，两车相距10m，且此时两车速度都为15m/s， 此后A车继续加速，B车继续减速，故两车不能相遇。D错误。 故选A。
4. 在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中( C )
A. F1保持不变，F3缓慢增大
B. F1缓慢增大，F3保持不变
C. F2缓慢增大，F3缓慢增大
D. F2缓慢增大，F3保持不变
【详解】试题分析：对B分析，可知墙对B的作用力及A对球的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，B对A的压力增大；即F2增大；同理可知，墙对B的作用力F1增大
对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力及压力F而处于平衡，故当F增大时，地面对A的支持力增大；故F3增大；但水平方向力不变；故选C．
考点：物体的平衡
名师点睛：此题是物体的平衡问题；解题时运用图解法，分别以B和整体为研究对象，分别进行受力分析画出力的示意图，根据F的变化可知B对A的作用力，及地面对A的作用力．
5. 如图所示，竖直轻弹簧下端固定，上端与一物体相连，系统处于静止状态．现对物体施加一竖直向上的力，使得物体竖直向上做匀速直线运动（弹簧一直在弹性限度内），则在下面四幅图中，能正确反映该力的大小F随物体的位移x变化的关系的是( A )
A. B. C. D.
【解析】【详解】开始时物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，有： mg=kx1
物体向上匀速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、拉力F，根据平衡条件有 F=mg-F弹
根据胡克定律，有 F弹=k（x1-x）=mg-kx 所以 F =kx 故外力与为x是正比例关系；
A.与分析相符，故A正确．
B.与分析不符，故B错误．
C.与分析不符，故C错误．
D.与分析不符，故D错误．
6. 某小船在静水中的速度为4.0 m/s,要渡过宽度为120 m、水流速度为5.0 m/s的河流．下列说法正确的是( D )
A. 因为船速小于水速,所以船不能渡过此河 B. 若船渡河过程中水流速度变小,则渡河时间将变长
C. 若船渡河所用的时间为30 s,则渡河位移为120 m D. 船渡河的最小位移为150 m
【解析】【详解】A. 因为船速小于水速,所以船不能垂直河岸渡过此河，但是只要船头不与河岸平行，就能过此河，故A错误．
B.由运动的独立性可知，船渡河过程中水流速度变小，不影响船垂直河岸的运动，所以渡河时间不变，B错．
C. 若船渡河所用时间为30 s，则船沿河岸方向的位移为，则船的渡河位移为，故C错误．
D.当合速度的方向与河岸垂直时，渡河的位移最短，设此时合速度的方向与河岸的夹角为，，则渡河的最短的位移为：，故D正确．
7. 绳索套马是内蒙古牧民的重要体育活动．某次活动中,套马者骑在马背上以速度追赶提前释放的烈马,同时挥动质量为的套马圈,使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为、半径为的匀速圆周运动,追逐一段时间后套马者和烈马的距离保持不变,待套马圈运动到烈马正后方时,套马者松开套马圈,最终成功套住烈马．运动过程中,套马者和烈马行进路线平行,松手后套马圈在空中的运动可视为平抛运动．下列说法正确的是( C )
A. 套马圈围绕套马者做图示顺时针的圆周运动
B. 套马圈做平抛运动的时间为
C. 套马圈做平抛运动的初速度为
D. 套马者刚松手时,套马圈的动能为
【解析】【详解】A. 套马圈被释放后的运动方向与马的运动方向相同，才能套住烈马，所以套马圈应该是逆时针运动，故A错误．
B. 套马圈被抛出以后做平抛运动，水平方向的位移为，套马圈相对烈马的水平速度为，则套马圈做平抛运动的时间为，故B错误．
C.依题意可知，套马圈转到烈马正后方是，运动速度与烈马的速度同向，则套马圈平抛运动的速度为，故C正确．
D.由C的分析可知，套马者刚松手时,套马圈的速度为，所以此时的动能为，D错．
8.如图所示，一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用，先后经过a、b两点，速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为，ab连线长度为d。对质点从a到b的运动过程，下列说法正确的是（ C ）
A. 最小速度为
B. 运动时间
C. 经过b点的速度为
D. 恒力方向与ab连线的夹角为45°
【解析】【详解】BC．设恒力与连线的夹角为，根据几何关系可知点速度方向与连线的夹角为。
该质点做类斜抛运动，在垂直于恒力方向上的速度大小不变，在恒力方向做匀变速直线运动，则在沿初速度方向上速度由减小到0，由匀变速直线运动规律 解得到的时间为
从a点运动到b点沿ab方向的平均速度为 解得
故B错误，C正确；
AD．质点在垂直于恒力方向上速度不变，即 解得
当粒子沿恒方向的速度为0时，粒子的速度最小，此时粒子的最小速度为
故AD错误。 故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 汽车以的速度匀速运动，突遇紧急情况，以的加速度刹车，则（ AC ）
A. 刹车后6秒内的位移为50m。
B. 刹车后4秒内的平均速度为
C. 刹车后第2秒与第4秒的位移之比为7：3
D. 图线与坐标轴围成的“面积”为
【解析】【详解】A．取初速度方向为正方向，则
根据速度时间关系可知，汽车做匀减速运动的总时间为
则刹车后5s内的位移实为
，刹车后6秒内的位移为刹车总位移，为50m，故A正确；
B．刹车后4秒时速度为 故4s内的平均速度为 故B错误；
C．刹车时间为5s，其逆过程为：初速度为零的匀加速直线运动相等时间内的位移之比为，由此可知刹车后第2秒（对应逆过程的第４s）与第4秒的位移（对应逆过程的第2s）之比为7：3，故C正确；
D．图线与坐标轴围成的“面积”为刹车过程总位移，即为50m，故D错误。 故选AC。
10. 如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球l和2．球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也恰好掠过竖直挡板落在B点．设球2与地面碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定律），则下列说法正确的是（ ABD ）
A. 球1平抛初速度为球2的3倍
B. 球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻
C. A点到挡板的距离是B点到挡板距离的
D. 竖直挡板的高度
【解析】【详解】A项：球2运动轨迹可分为3段相同的平均轨迹，所以球2第一段一平抛的水平位移为是球1平抛轨迹水平位移的三分之一，即，由于平抛高度h相同，由可知，时间相同，可得两球水平初速度之比为3：1，故A正确；
B、C、D项：如图所示，设球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，OA间的水平距离为d，由几何关系可知OB间的水平距离为3d，
由分运动的等时性可知：球1从O点飞到挡板C点的时间与球2从O点飞到D点的时间相等；由对称性可知球2从O点飞到D点与由C飞到E的时间相等，OE两点间的水平距离为2d．球1从O点飞到C点与球2由C点飞到E点水平方向有：
解得：
根据竖直方向的自由落体运动规律，连续相等时间内通过的位移之比为1：3，球1下落的时间刚好总时间的一半，故B正确，C错误，D正确．
点晴：分析两小球的运动轨迹的特点，找出对称关系、几何关系以及等时关系式，列出式子是求解的关键．从以上的实例分析中我们看到，发现事物的对称性并利用运动的对称性去分析处理问题，可以大大地简化分析处理问题的过程，避开难点或冗长的数学推导，巧解问题．
11. 如图所示，两个完全相同的物块A和B（均可视为质点）放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1kg。与圆心距离分别为RA和RB，其中RA< RB且RA=1m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度绕轴匀速转动时，绳中弹力与的变化关系如图所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ BD ）
A. 物块与圆盘间的动摩擦因数μ = 0.5
B. 物块B与圆心距离RB=2m
C. 当角速度为1rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心
D. 当角速度为时，A恰好要相对圆盘发生滑动
【解析】【详解】AB．角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力充当向心力，绳中无拉力。根据牛顿第二定律得因为，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力和最大静摩擦力的合力充当向心力。对物块B分析
则则根据图像中斜率和截距的数据可得，
解得， 故A错误，B正确；
C．当ω=1rad/s时，由上述方程得绳子中拉力大小，再对A分析，由牛顿第二定律得
解得 故C错误；
D．当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对A分析有 此时对B分析有 联立解得 故D正确。
12. 如图所示,质量为的小物块(视为质点)从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑,物块通过球壳最低点时的速度大小为．球壳的半径为,其两端的最高点在同一水平线上,物块与球壳间的动摩擦因数为,重力加速度大小为．下列说法正确的是（ BC ）
A. 物块运动到最低点时,受到的摩擦力大小为
B. 物块通过球壳最低点时,对球壳的压力大小为
C. 从刚释放至运动到最低点的过程中,物块减少的机械能为
D. 物块通过球壳最低点时所受重力做功的功率为
【解析】【详解】AB. 设物块通过球壳最低点时，受到球壳的支持力为，由牛顿第二定律可知，解得，由牛顿第三定律可知物块对球壳的压力大小也为，此时物块受到的摩擦力为，故B正确，A错误．
C.以球壳的最低点为势能的零点，出状态的机械能为，末状态的机械能为，所以全过程机械能的减小量为，故C正确．
D. 物块通过球壳最低点时，重力的方向与速度的方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为零，故D错误．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 为了探究平抛运动的规律，某小组做了以下实验：

（1）如图甲是实验装置示意图，在此实验中，为得到平抛运动轨迹，下列说法正确的是_______（只有一项正确）。
A.斜槽轨道必须光滑
B.安装斜槽轨道时，其末端需保持水平
C.图中水平挡板MN必须等间距下移
（2）一位同学做实验时，未标记平抛运动的抛出点，只记录了轨迹上A、B、C三点。现取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系，平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出，由此可计算得出小球在B、C两点之间运动的时间间隔为________s，小球平抛的初速度大小为________m/s。（取，计算结果均保留两位有效数字）【答案】 ①. B ②. 0.10 ③. 0.80
【解析】【详解】（1）[1]A．为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的相同位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；
B．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需切线水平，故B正确；
C．向下移动挡板时，不需要每次移动的距离相等，故C错误。故选B；
（2）[2]小球做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，由图乙可知A、B、C三点水平方向距离间隔相等，所以三点间时间间隔相等，在竖直方向上可得
解得小球在B、C两点之间运动的时间间隔
[3]小球平抛的初速度大小为
14. 某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块（可视为质点）和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，不可伸长的细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，兴趣小组采取了下列步骤：
①用十分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d。
②将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直，量出滑块到转轴的距离L。
③控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门示数，分别为和；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数、……和光电门的示数、……。
回答下面的问题
（1）由于游标卡尺老旧前面刻度丢失，示数如图乙所示，则d=___________mm。
（2）滑块匀速转动的角速度大小可由ω=___________计算得出（用d、t、L表示）。
（3）处理数据时，兴趣小组的同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的角速度大小的平方为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示（图中a、b已知），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ=___________。
（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出的图像，与图丙中a和b比较，发现a___________、b___________（填“增大”“减小”和“不变”）。
【答案】 ①. 7.7 ②. ； ③. ； ④. 增大 ⑤. 不变
【解析】【详解】（1）[1]游标尺右端刻线左侧对应的是主尺的16mm刻线，游标尺总长度为9mm，则游标尺左端零刻线左侧对应的是主尺的16mm-9mm=7mm刻线，故主尺的读数应为7mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，读数为，故游标卡尺的读数为
（2）[2]滑块通过光电门的速度可以用平均速度计算，则
根据线速度、角速度和半径关系式有 解得
（3）[3]滑块做匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有 整理得
由图像可得纵轴截距 图像的斜率 联立解得
（4）[4][5]根据图像有 则 可知滑块质量增大，a增大，b不变。
15.（8分） 强行超车是道路交通安全的极大隐患之一、如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1=4 m、货车车身长L2=4 m，货车在甲车前s=4 m。若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，汽车车尾超过货车车头4 m后完成超车，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：
（1）甲车完成超车至少需要多长时间；
（2）若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
【答案】（1）4 s；（2）不能
【解析】【详解】（1）设甲车经过时间t刚好完成超车，在时间t内，甲车的位移大小
货车的位移大小 x2=v2t 根据题意有 x1=x2＋L1＋L2＋s＋s1 代入数值得 t=4 s
（2）假设甲车能安全超车，在最短的时间4 s内，甲车的位移大小 x1=56 m
乙车的位移大小 x3=v3t=60 m
由于 x1＋x3=116 m>110 m
故假设不成立，不能安全超车。
16.（9分） 如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连．一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点．滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点)．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a；
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ；
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内滑行的距离x.
答案 (1)5.6 m/s2 (2)0.05 (3)59 m
解析 (1)根据L＝v0t＋eq \f(1,2)at2， 代入数据解得a＝5.6 m/s2
(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcs θ＝0，Ff＝μFN， 联立解得μ＝0.05.
(3)运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，
根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋eq \f(1,2)a′t′2，联立解得x＝59 m.
17. （10分）如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，从B点再经时间t到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为（g为重力加速度大小），且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60°，不计空气阻力．求：
（1）小球在A点的初速度的大小；
（2）小球在D点的角速度的大小；
（3）小球在圆管内运动过程中克服阻力做功的功率．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】【详解】（1）小球从A到B做平抛运动，竖直方向由速度与位移的关系式得：
解得： 在B点：将速度分解，由几何关系得： .
（2）在D点，由向心力公式得： 解得：
根据角速度与线速度的关系得： .
（3）从A到D全过程由动能定理得： 解得： .
18.（12分）如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：
(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？
(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．
【答案】(1)4 m/s2 2 m/s2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m
【解析】
(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F－μ2mg＝ma1，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝2 m/s2
(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
则此过程铁块的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t2
木板的位移为x2＝eq \f(1,2)a2t2
两者的位移关系为L＝x1－x2， 即L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度 v＝a2t＝4 m/s.
(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为
a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，
则木板还能继续滑行的距离
x3＝eq \f(v2,2a3)＝eq \f(16,2×1) m＝8 m.