卷子答案网-一个不只有答案的网站衡阳县第四中学2023-2024学年高三上学期11月月考
物理
考生注意:
1.本试卷共100分。考试时间75分钟。
2.请将试卷答案填在答题卷上。
3.本试卷主要考试内容:必修第一册。
第Ⅰ卷 (选择题 共46分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.现在,滑板运动非常流行。在水平地面上,一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行,在横杆前起跳并越过杆,从而使运动员与滑板分别从杆的上下通过,假设运动员和滑板在运动过程中受到的各种阻力忽略不计,运动员能顺利完成该动作,最终仍落在滑板原来的位置上。要使这个表演成功,运动员除了跳起的高度足够外,在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该
A.竖直向下 B.竖直向上 C.向下适当偏后 D.向下适当偏前
2.假设在倾角为30°的山坡上距离坡底150 m处有一质量为100 kg的石块由静止沿山坡向下做匀加速直线运动,石块沿山坡向下运动所受阻力是其重力的,g=10 m/s2,则石块到达坡底的速度大小为
A.20 m/s B.30 m/s C.40 m/s D.50 m/s
3.甲、乙两车在同一平直公路上运动,两车的位置x随时间t的变化如图所示。则在t1~t2时间内,下列说法正确的是
A.甲、乙两车在任一时刻的加速度都不同 B.两车的位移大小不相等
C.两车在任一时刻的速度都不同 D.两车的运动方向不相同
4.如图所示,半径为R的光滑半球固定在水平面上,现用一个方向始终与球面相切的拉力F把质量为m的小物块(可视为质点)沿球面从A点缓慢移动到最高点B,g为重力加速度,则在小物块运动过程中
A.小物块所受合力可能增大
B.拉力F先增大后减小
C.球面对小物块的支持力先增大后减小
D.当小物块移动到弧AB的中点时,小物块对球面的压力大小等于mg
5.如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=10 m/s。传送带与水平面间的夹角θ=37°。现将一质量m=1 kg的物块轻放在传送带底端(物块可视为质点),与此同时,给物块施加一沿传送带方向向上的恒力F=12 N。经过一段时间,物块运动到了离传送带底端h=9.6 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为
A.1 s B.2 s C.2.1 s D.2.8 s
6.大雾天,给行车带来安全隐患。在一大雾天,一辆小汽车以20 m/s的速度匀速行驶在高速公路上,突然发现正前方20 m处一辆大卡车正以10 m/s的速度同方向匀速行驶。小汽车司机经过0.4 s的反应时间后立即以a=8 m/s2的加速度紧急减速运动,待速度减小到10 m/s时匀速运动,则
A.司机从发现大卡车到刹车后速度减小到10 m/s,小汽车行驶18.75 m
B.司机从发现大卡车到刹车后速度减小到10 m/s,大卡车行驶12.5 m
C.司机从发现大卡车到刹车后速度减小到10 m/s,小汽车的平均速度为16.21 m/s
D.小汽车有可能会发生追尾事故
7.如图甲所示,光滑水平地面上静止放置足够长的木板B,物块A叠放在长木板B上,一水平拉力F作用在长木板上使长木板从静止开始运动,A、B间动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。设木板B静止时右端的位置为坐标原点,规定力F的方向为正方向,木板B的加速度随其位移的变化图像如图乙所示,则
A.木板B的位移为x1时,物块A的速度大小为μgx1
B.木板B的位移为x2时,木板B的速度大小为2μgx2
C.木板B的位移为x2时,物块A的速度大小为
D.木板B的位移为x3时,木板B的速度大小为
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.人字梯是生产生活中的常见工具,人字梯由两个相同的梯子组成,两梯子的顶端用光滑铰链连接。现将梯子放在粗糙的水平地面上,人站在A横梁上,梯子处于静止状态,梯子质量不计。则
A.有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧的大小相等
B.有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力比没人站的那侧的大
C.人静止站在B横梁上时,地面对梯子的总支持力与人站在A横梁上时的相等
D.人静止站在B横梁上时,地面对梯子的总支持力比人站在A横梁上时的大
9.如图所示,重G=100 N的球放在倾角α=30°的光滑斜面上,并用竖直光滑挡板挡住,使球静止。若缓慢改变挡板和斜面之间的夹角,要使球始终静止,球对挡板的作用力也将随之改变,则球对挡板的作用力的大小可能是
A.30 N B.50 N C.100 N D.120 N
10.2022年2月2日,在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中,中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在某次冰壶比赛中,t=0时,球员推动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行,t=t0推至前卫线时,放开冰壶使其自行滑行,t=5t0时,冰壶恰好到达营垒中心并停止运动。整个过程,冰壶一直沿直线运动,其位移x随时间t变化的图像如图所示,图像中的0~t0、t0~5t0两段曲线均为抛物线。已知冰壶的质量为m,冰壶在0~t0时间内的加速度大小用a1表示,冰壶在t0~5t0时间内的加速度大小用a2表示,以下说法正确的是
A.a1=a2 B.a1=4a2
C.冰壶的最大速度为 D.冰壶的最大速度为
第Ⅱ卷 (非选择题 共54分)
三、实验探究题:本题2个小题,共15分。将符合题意的内容填写在题目中的横线上,或按题目要求作答。
11.(6分)如图所示,为测量小车运动的加速度,某同学将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上。当小车向左加速运动时,测得A、B两挡光片先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2,两挡光片经过光电门的时间间隔为T。则A挡光片经过光电门时,小车的瞬时速度vA= ;B挡光片经过光电门时,小车的瞬时速度vB= ,小车加速度的表达式a= 。
12.(9分)一种新的短途代步工具——电动平衡车,被称为站着骑的电动车。某同学为了探究该车在平直水泥路面上的运动情况,设计了如下实验:将输液用的塑料瓶装适量水后,连同输液管一起绑在平衡车的扶手上,调节输液管的滴水速度,使其每隔相同时间滴下一滴水。从某滴水刚落地开始计时,以后每一滴水落地依次计数为1、2、3、…,当第50滴水刚好落地时停止计时,测得时间为25.0 s。该同学骑上平衡车后,先加速到某一速度,然后关闭动力,让平衡车沿着直线滑行。图示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值(左侧是起点,单位:m),当地重力加速度g=10 m/s2,根据该同学的测量结果可得出:
(1)通过分析路面上水滴间距的变化情况,可知平衡车在 关闭动力。(选填选项前的字母序号)
A.DE段 B.EF段 C.FG段 D.GH段
(2)平衡车加速运动时的加速度大小a= m/s2,运动到C点时的速度大小v= m/s。(结果均保留三位有效数字)
(3)设平衡车在运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k倍,则k= 。(结果保留两位有效数字)
(4)若该同学把题中的50滴计成了51滴,那么测出的加速度将 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、计算题:本题3个小题,共39分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演讲步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
13.(11分)如图所示,放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态,轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点,轻弹簧中轴线沿水平方向,轻绳的OC段与竖直方向的夹角和斜面倾角均为α=37°,物块A和B的质量分别为mA=3.0 kg,mB=1.0 kg,弹簧的劲度系数k=100 N/m,物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)弹簧的伸长量x。
(2)物块A受到的摩擦力。
14.(12分)五人制足球赛因其比赛规则和比赛场地相对灵活,给那些想在将来改踢常规足球的球员提供了绝佳训练。如图所示,某五人制足球的赛场长40 m,宽20 m。在比赛中,攻方队员在中线附近突破防守队员,将足球沿边线向前踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度v1=6 m/s的匀减速直线运动,加速度大小a1=1 m/s2。该队员将足球踢出后,立即由静止启动追赶足球,他的运动可看成匀加速直线运动,加速度a2=1 m/s2,能达到的最大速度v2=4 m/s。求:
(1)在该队员追赶足球的过程中,该队员与足球之间的最大距离。
(2)该队员至少经过多长时间能追上足球。
15.(16分)如图所示,水平传送带以速度v1=2 m/s向右匀速运动。小物体P、Q质量均为1 kg,由绕过定滑轮且不可伸长的轻绳相连。t=0时刻,P在传送带左端具有向右的速度v2=5 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长度L=6 m,绳足够长,g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)从开始运动到和传送带速度相同,小物体P相对传送带的位移大小。
(2)小物体P在传送带上运动的时间。
(3)小物体P在传送带上划过的痕迹长度。
参 考 答 案
1.A 解析:要使运动员落在滑板原来的位置,运动员在跳起后和滑板在水平方向的运动情况相同,由于惯性,运动员和滑板的水平初速度相同,因此只要水平方向上不受力即可,故双脚对滑板的作用力方向应该竖直向下,A项正确。
2.B 解析:由牛顿第二定律,有mgsin 30°-0.2mg=ma,解得a=3 m/s2,由s=at2,解得t=10 s,石块到达坡底的速度v=at=30 m/s,B项正确。
3.A 解析:本题考查位移图像及相遇问题。斜率代表速度,从图像上可以看出甲做变速运动,乙做匀速运动,故两者加速度不相等,所以A项正确;两车在t1~t2时间内的位移相同,所以B项错误;当甲图线的斜率与乙图线的斜率相等时两者速度相同,所以C项错误;甲、乙两车均沿x轴正方向运动,所以两者运动方向相同,所以D项错误。
4.D 解析:小物块始终处于平衡状态,所受合力始终为零,故A项错误;设小物块和球心连线与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可得 F=mgsin θ,FN=mgcos θ,随着小物块缓慢上升,θ逐渐减小,拉力F减小,球面对小物块的支持力FN增大,故A、C项错误;在小物块移动到AB弧的中点时,球面对小物块的支持力大小FN=mgcos 45°=mg,此时小物块对球面的压力大小等于mg,故D项正确。
5.B 解析:对物块进行受力分析可知,物块先是在恒力作用下沿传送带向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同,由牛顿第二定律得F+μmgcos θ-mgsin θ=ma1,代入数据解得a1=10 m/s2,物块加速过程所用的时间t1==1 s,运动的距离x1==5 m,物块与传送带共速后,对物块进行受力分析可知,物块受到的摩擦力的方向改变,因为F=12 N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N,所以物块相对传送带以加速度a2继续向上加速,由牛顿第二定律得F-μmgcos θ-mgsin θ=ma2,代入数据解得a2=2 m/s2,继续向上加速的位移x2=vt2+a2,传送带长度x==x1+x2,解得t2=1 s,故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t=t1+t2=2 s,B项正确。
6.C 解析:在0.4 s的反应时间内,小汽车匀速运动。以a=8 m/s2的加速度紧急减速运动的时间t== s=1.25 s,减速运动的路程为t=18.75 m,司机从发现大卡车到刹车后速度减小到10 m/s,小汽车行驶的位移x1=20×0.4 m+18.75 m=26.75 m。大卡车共行驶x2=v2(Δt+t)=16.5 m,A、B项错误;司机从发现大卡车到刹车后速度减小到10 m/s,小汽车的平均速度v== m/s=16.21 m/s,C项正确;小汽车与大卡车的最小距离Δx=20 m+16.5 m-26.75 m=9.75 m,不会发生追尾事故,D项错误。
7.C 解析:对A分析,水平方向上,B对A的摩擦力提供A的加速度,根据牛顿第二定律得fBA=maA,故A的最大加速度是由B对A的滑动摩擦力提供,aAmax==μg,位移为x1之前的加速度都小于μg,故A、B相对静止一起加速运动。根据运动学关系及加速度随位移的变化图像所表示的物理意义,可得位移为x1时,物块A的速度大小满足=2×·μg·x1,解得vA1=,A项错误;位移为x2时,木板B的速度大小满足=2×·3μg·x2,解得vB2=,B项错误;位移为x2时,物块A的速度大小满足=+2·μg·(x2-x1),解得vA2=,C项正确;位移为x3时,木板B的速度大小满足=2××3μg·x2+2×3μg(x3-x2),解得vB3=,D项错误。
8.AC 解析:以人和梯子为整体,根据受力平衡可知水平方向的合力为零,故有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧的大小相等,方向相反,A项正确、B项错误;以人和梯子为整体,根据受力平衡可知竖直方向的合力为零,地面对梯子的总支持力等于整体的重力,故人静止站在B横梁上时地面对梯子的总支持力与站在A横梁上时的相等,C项正确、D项错误。
9.BCD 解析:将重力G分解成垂直于斜面的F1和垂直于挡板的F2两个分力,F1方向不变,F2的最小值为50 N,故B、C、D项正确。
10.BC 解析:0~t0,冰壶由静止开始,曲线为抛物线,则有x0=a1,t0~5t0,末速度为零,逆向看成是初速度为零的匀加速直线运动,则有5x0-x0=a2(4t0)2,解得a1=,a2=,故A项错误、B项正确;冰壶在t0时刻速度达到最大,最大速度v=a1t0=,C项正确、D项错误。
11. (2分) (2分) (2分)
解析:挡光片通过光电门的平均速度可以认为是小车的瞬时速度,则A挡光片经过光电门时,小车的瞬时速度vA=;B挡光片经过光电门时,小车的瞬时速度vB=;两挡光片经过光电门的时间间隔为T,由运动学速度时间关系式得a=。
12.(1)B (2分)
(2)2.07 (2分) 3.53 (2分)
(3)0.049 (2分)
(4)偏大 (1分)
解析:(1)根据测量结果可知,车在AE段做匀加速运动,在FJ段做匀减速运动,所以在EF段关闭动力,故B项正确。
(2)滴水时间间隔T= s=0.5 s,平衡车加速运动时的加速度大小a=m/s2=2.07 m/s2;平衡车运动到C点时的速度大小vC=m/s=3.53 m/s。
(3)平衡车在减速过程的加速度大小a1=m/s2=0.49 m/s2,根据牛顿第二定律有kmg=ma1,解得k=0.049。
(4)若该同学把题中的50滴计成了51滴,滴水时间间隔偏小,那么测出的加速度将偏大。
13.解:(1)对结点O受力分析如图甲所示
甲
根据平衡条件,有Tcos α-mBg=0 (2分)
Tsin α-F=0 (2分)
且F=kx (1分)
解得x=7.5 cm。 (2分)
(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下,对物块A进行受力分析如图乙所示
乙
根据平衡条件,有T=mAgsin α+f (2分)
解得f=-5.5 N (1分)
即物块A所受摩擦力大小为5.5 N,方向沿斜面向上。 (1分)
14.解:(1)当该队员与足球的速度相同时,二者之间的距离最大,设经过的时间为t0,则有v1-a1t0=a2t0 (1分)
解得t0=3 s (1分)
二者之间的最大距离Δx=v1t0-a1-a2 (1分)
解得Δx=9 m。 (1分)
(2)设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1,则有x1=
代入数据解得x1=18 m (1分)
足球匀减速运动时间t1==6 s (1分)
队员加速追赶的时间t2==4 s (1分)
在此过程中的位移x2==8 m (1分)
之后队员做匀速直线运动,到足球停止运动时,其位移x3=v2(t1-t2)=8 m (1分)
由于x2+x3=16 m
代入数据解得t3=0.5 s (1分)
该队员追上足球的时间t=t1+t3=6.5 s。 (1分)
15.解:(1)P相对传送带向右运动时,对P和Q,由牛顿第二定律有-μmg-mg=2ma (1分)
解得a=-6 m/s2 (1分)
P与传送带共速前,P的位移x1= (1分)
代入数据解得x1= m
相对位移大小Δx1=x1-v1t1=0.75 m。 (1分)
(2)在P的速度和传送带速度相等后,因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力,所以摩擦力会突变,向右,由牛顿第二定律有-mg+μmg=2ma1 (1分)
得a1=-4 m/s2 (1分)
则P的速度减小到0的位移x2= (1分)
代入数据得x2= m (1分)
则P从v1减速到0的时间t2==0.5 s (1分)
相对位移大小Δx2=v1t2-x2=0.5 m (1分)
由于x1+x2= m
解得t3= s (1分)
小物体P在传送带上运动的时间t=t1+t2+t3=(1+) s。 (1分)
(3)P从速度为0到传动到传送带最左端的相对位移Δx3=v1t3+x1+x2=(+2.25) m=4.37 m (1分)
留下的痕迹长度s=Δx2+Δx3=4.87 m。 (1分)
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