2023-2024学年河北省石家庄市高三（上）第一次月考物理试卷

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市高三（上）第一次月考物理试卷，共17页。

A．2B．3C．4D．5
2．（4分）将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2 kg
B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.20 N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m
D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J
3．（4分）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．如图甲，重物P在垂直于竖直墙面的F作用下静止，如果增大F，那么P受到的摩擦力也增大
B．如图乙，A、B、C、D将圆形轨道四等分，则质点沿圆轨道从A到B的位移与从C到D的位移相同
C．如图丙，质点受三个共点力，只改变各力的大小，方向保持不变，它们的合力不可能为零
D．如图丁，劲度系数为100N/m的轻弹簧悬挂一个物体，静止时弹簧长度为15cm，弹簧弹力为15N
4．（4分）如图所示为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，至B点弹性绳自然伸长，经过合力为零的C点到达最低点D，整个过程中忽略空气阻力，分析这一过程（ ）
①经过B点时，运动员的速率最大
②经过C点时，运动员的速率最大
③从C点到D点，运动员的加速度增大
④从C点到D点，运动员的速度先增大后减小
A．①③B．②③C．①④D．②④
5．（4分）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体（可看作质点），杂技演员用杆顶住碟子中心A，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点转动，发光物体始终相对碟子静止。已知发光物体与碟子间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g，此过程发光物体所受的摩擦力（ ）
A．方向始终指向A点B．大小始终为μmg
C．做功为D．做功为
6．（4分）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）
A．2RB．C．D．
7．（4分）一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，若汽车的质量为1.5×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定（ ）
A．汽车的最大功率为5×104W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为4m/s2
C．汽车从静止开始运动26s内位移是330m
D．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
（多选）8．（6分）“嫦娥五号”探测器着落月球前的运动轨道示意图如图所示，“嫦娥五号”沿轨道Ⅰ运动到P点时点火减速，之后沿轨道Ⅱ运动，之后沿近月（到月球表面的距离不计）轨道Ⅲ运动。月球的半径为R，“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行的周期为T，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．月球的质量为
B．月球的质量为
C．月球表面的重力加速度大小为
D．月球表面的重力加速度大小为
（多选）9．（6分）如图所示，质量为m的小球穿在半径为R光滑的圆环上，可以沿圆环自由滑动，此时弹簧处于自然长度．当小球运动至圆环最低点C时速度为υ，此时小球与圆环之间没有弹力．运动过程中弹簧始终处在弹性限度内（ ）
A．小球在B点的加速度大小为g，方向竖直向下
B．该过程中小球的机械能守恒
C．在C点弹簧的弹性势能等于mgR﹣mv2
D．该过程中小球重力做的功等于其动能的增量
（多选）10．（6分）2019年6月，习近平总书记对垃圾分类工作做出重要指示，全国地级及以上城市全面启动生活垃圾分类工作。在垃圾分类中经常使用传送带进行分拣，与水平面间的夹角为30°，在电动机的带动下以v0＝2m/s的速度顺时针匀速转动，现将一质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带的最低点，g取10m/s2，则在传送带将物体从最低点传送到最高点的过程中（ ）
A．物体动能的增量是10J
B．物体重力势能的增量是20J
C．物体和皮带由于摩擦产生的热量为6J
D．由于传送物体电动机多消耗的电能为26J
二．实验题
11．（8分）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E0＝19.00cm，点A、C间的距离为s1＝8.36cm，点C、E间的距离为s2＝9.88cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为m＝0.5kg。
（1）下列做法正确的有 。
A．图中两限位孔必须在同一竖直线上
B．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
（2）选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是 J，打下C点时重物的速度大小是 m/s（结果保留三位有效数字）。
（3）根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以 。
12．某同学利用三个完全相同弹簧测力计完成了平行四边形定则的验证，将弹簧测力计丙固定在水平面上，然后将弹簧测力计甲、乙挂在细绳套上。某次实验时，弹簧测力计甲和丙垂直，弹簧测力计甲和乙的夹角大小为120°，则弹簧测力计丙的读数约为 N；如果保持弹簧测力计甲、丙垂直，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度且保持弹簧测力计丙的示数不变 ，弹簧测力计乙的读数将 （填“变大”、“不变”或“变小”）；在该次操作时用刻度尺测量了弹簧测力计乙4.0N的刻度线到0刻度线的距离为8.0cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为k＝ N/m。（、结果均保留一位小数）
三．应用题
13．《地球脉动》是BBC制作的大型纪录片，该片为了环保采用热气球进行拍摄。若气球在空中停留一段时间后，摄影师扔掉一些压舱物使气球竖直向上做匀加速运动。假设此过程中气球所受空气作用力与停留阶段相等；然后保持质量不变，通过减小空气作用力使气球速度在上升2m过程中随时间均匀减小到零。已知气球、座舱、压舱物、摄影器材和人员的总质量为1050kg2，求：
（1）匀加速阶段的加速度大小；
（2）扔掉的压舱物质量；
（3）气球速度均匀减小过程中所受空气作用力的大小。
14．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6）
（1）A、C两点的高度差；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
15．如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2kg的滑块（可视为质点），且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）弹射器获得的最大弹性势能；
（3）若H＝6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道BC。
参考答案与试题解析
一.选择题（1-7单选，每题4分，8-10多选，每题全对6分，部分对2分）
1．【分析】对AB整体受力分析，判断A与地面间的作用力，对B受力分析，判断A与B间的作用力，对A受力分析即可。
【解答】解：对AB整体受力分析，AB处于静止状态，若地面与A间有摩擦力，可知地面与A间没有摩擦力，可知B物体受到重力；对A受力分析、地面对A的支持力。故ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查共点力的平衡，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析。
2．【分析】由图象可得最高点的高度，以及重力势能，由重力势能表达式可得质量．由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得到摩擦力大小．对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的高度．结合图象中的数据，分别求出h＝2m处小球的动能和重力势能，然后求差即可．
【解答】解：A、在最高点，Ep＝mgh，得：m＝＝。故A错误；
B、由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：﹣fh＝E高﹣E低，EE为机械能，解得：f＝8.25N；
C、设小球动能和重力势能相等时的高度为Hmv6，
由动能定理：﹣fH﹣mgH＝mv5﹣，得：H＝m；
D、由图可知，小球的重力势能是4JJ＝5.5J，动能与重力势能之差为2.4J﹣2J＝0.3J。
故选：D。
【点评】该题首先要会从图象中获得关键信息，这种图象类型的题目，要关注图象的交点，斜率等，明确其含义，能够有利于解题．
3．【分析】A、物体P静止，合力为零，可得摩擦力与重力大小关系，与外力F无关；
B、根据位移为矢量，大小和方向都相同位移才相同；
C、根据三个共点力合力为零，其中一个力一定在其余两个力所夹角的范围内来判断，否则合力不为零；
D、根据胡克定律可知弹簧弹力大小与形变量成正比，形变量未知，无法得出弹力大小。
【解答】解：A、对物体P受力分析
P静止合力为零，可知摩擦力f＝mg，P受到的摩擦力不变；
B、质点沿圆轨道从A到B的位移与从C到D的位移大小相等，位移为矢量，故B错误；
C、若三个力的合力为零，F1的反向延长线应在F2与F4所夹角的范围内，所以只改变各力的大小，它们的合力不可能为零；
D、胡克定律F＝kx中的x为弹簧的形变量，弹簧的形变量未知，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了力的平衡，位移、力的合成、胡克定律，注意三个共点力的合力为零，任意两力的合力与第三个力等大反向，位移为矢量，既有大小又有方向。
4．【分析】运动员从O点自由下落，到达B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
【解答】解：运动员的下落过程，从O到B过程做自由落体运动，弹性绳的弹力小于重力，运动员所受的合力向下；C点加速度为零；从C到D过程，加速度方向向上，运动员做加速度增大的减速运动。
故选：B。
【点评】本题与小球自由下落掉在轻弹簧上的类型相似，要抓住弹性的弹力随形变量的增大而增大，根据合力方向与速度方向的关系判断运动员速度的变化和加速度的变化。
5．【分析】角速度从0增大至w的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，分析其加速度方向，判断摩擦力方向。发光物体始终相对碟子静止，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力。根据动量定理求解摩擦力冲量大小。运用动能定理求解摩擦力做功大小。
【解答】解：A、角速度从0增大至ω的过程中，可知发光物体有半径切向的加速度，摩擦力提供发光物体切向加速度和向心加速度，故A错误；
B、角速度从0增大至ω的过程中，则物体所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，半径切线方向的合力在变化，大小不是始终为μmg；
CD、角速度从6增大至ω的过程中，有摩擦力做功等于
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题时，要知道物体做变速圆周运动时，既有向心加速度，也有切向加速度，合力并不始终指向圆心。
6．【分析】开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出B上升的最大高度．
【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m，
以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：
﹣mgR+2mgR＝（m+2m）v5﹣0，
以B为研究对象，在B上升过程中，
由动能定理可得：﹣mgh＝0﹣mv2，
则B上升的最大高度H＝R+h，
解得：H＝；
故选：C。
【点评】B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出B能上升的最大高度．
7．【分析】由图像分析牵引力的变化，由牛顿第二定律了分析加速度的变化，由此分析运动情况，然后结合P＝Fv分析功率的变化，由运动学公式结合动能定理求解位移。
【解答】解：D、由图可知，汽车做匀加速直线运动，则车的加速度逐渐减小，直到车的速度达到最大值；
B、由上述分析可知，26s末汽车的速度达到最大值，所以阻力f＝2×103N
前8s内汽车的牵引力为F＝5×103N
由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
代入数据解得：a＝4m/s2
故B错误；
A、4s末汽车的速度v7＝at4＝2×6m/s＝8m/s
所以汽车的最大功率P＝Fv4＝6×103×8W＝6×104W
故A错误；
C、汽车在前4s内的位移x8＝＝×2×44m＝16m
设汽车在4～26s内的位移为x2，由动能定理可得Pt﹣fx7＝mv7﹣
其中t＝26s﹣4s＝22s
v＝＝m/s＝20m/s
代入数据解得：x2＝314m
所以汽车的总位移x＝x3+x2＝16m+314m＝330m
故C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键能够从图线中分析出汽车的受力情况和运动情况，要掌握牵引力功率公式P＝Fv列式求解即可。
8．【分析】根据开普勒第三定律确定在轨道Ⅲ上运行周期，根据万有引力提供向心力，结合周期的大小求出月球的质量；
根据万有引力等于重力，求解月球表面的重力加速度。
【解答】解：AB、“嫦娥五号”在轨道Ⅲ上运动半径为R，在轨道Ⅱ上运行的周期为T，，
在轨道Ⅲ上，根据万有引力提供向心力，，
联立解得月球的质量，M＝，B错误；
CD、在月球表面，mg＝＝，故C正确。
故选：AC。
【点评】本题考查了万有引力定律的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用。
9．【分析】对小球由机械能守恒，可以求出弹簧的弹性势能的大小，通过动能定理判断小球重力做功的大小．
【解答】解：A、小球在B点，只受重力，故A正确；
B、对整个过程中，故B错误；
CD、对弹簧和小球系统由机械能守恒得mv4+EP，小球重力做的功等于其动能的增量和弹簧的弹性势能增加量的和；在C点弹簧的弹性势能等于mgR﹣3．故C正确；D错误；
故选：AC。
【点评】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．
10．【分析】（1）分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，根据运动学公式求出最高点的速度，从而求解动能的增加量；
（2）根据ΔE＝mgΔh求解重力势能的增加量，
（3）求出在有滑动摩擦力情况下物体和皮带的相对位移，根据公式求解产生的焦耳热；
（4）电动机多消耗的电能转化为物体增加的机械能系统增加的内能；
【解答】解：AB．物体刚放上去时，物体做匀加速直线运动＝2.5m/s8，
假设物体能与传送带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移，物体加速到速度为v＝2m/s后将匀速向上运动，
到达最高点的速度仍为v＝2m/s，所以物体的动能的增量为，
物体重力势能的增量为＝20J，B正确；
C．设物体经过时间t到达与皮带共速，则0t﹣x＝2×4.8﹣0.6＝0.8m，
则生成的热量为Q＝μmgcs30°•Δx＝7J，故C正确；
D．电动机多消耗的电能为：E＝ΔEk+ΔEp+Q＝28J，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题为传送带问题，要注意分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，综合运用牛顿第二定律和动能定理解题；
二．实验题
11．【分析】（1）根据实验原理与实验注意事项分析解答。
（2）重物减少的重力势能为mgh，很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，据此求出打下C点时的速度。
（3）根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
【解答】解：（1）A、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线；
B、为了保证纸带在竖直方向做自由落体，实验前，并使纸带竖直；
C、为充分利用纸带，故C错误；
D、为了减小测量数据h的相对误差，应选择纸带上距离较远的两点作为初，故D错误。
故选：AB。
（2）选取O、C两点为初，重物减少的重力势能为：
ΔEp＝mgh＝mg（s0+s1）＝2.5×9.8×（19.00+8.36）×10﹣2J≈2.34J；
很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，打下C点时的速度：
vC＝m/s≈2.28m/s；
（3）由机械能守恒定律得：mgs＝，整理得：，与s成正比，ABD错误；
故选：C；
故答案为：（1）AB；（2）1.34；（3）C。
【点评】本题主要考查了“验证机械能守恒定律”的实验的原理，要求同学们了解其实验仪器及实验过程，会根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式。
12．【分析】通过平行四边形定则作出的F1、F2的合力，应用数学知识计算对角线表示力的大小；
画出满足条件的受力示意力，从平行四边形两邻力长度的变化确定弹簧测力计示数的变化；
根据胡克定律求出弹簧秤测力计的劲度系数。
【解答】解：根据题意，弹簧测力计甲。如下图所示F为弹簧测力计甲，则由几何关系可知：F＝F2cs30°＝4cs30°＝2N≈3.3N
保持弹簧测力计甲、丙垂直，则说明弹簧测力计甲，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度，则弹簧测力计甲的读数变小；
弹簧测力计乙4.0N的刻度线到4刻度线的距离为8.0cm，则说明弹簧测力计乙的伸长量为8cm＝＝50.2N/m
故答案为：3.5、变小、50.5。
【点评】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。
三．应用题
13．【分析】根据位移时间公式求得匀加速阶段的加速度；在加速阶段，根据牛顿第二定律即可求得抛掉的物体质量；利用速度—位移公式求得减速时的加速度，在根据牛顿第二定律求得减速阶段所受的阻力。
【解答】解：（1）由位移时间公式：x＝v0t+ at2，代入数据解得：a＝0.8m/s2
（2）设气球受到空气的浮力为F，气球的总质量为M，则气球整体向上匀加速运动时
F﹣（M﹣m） g＝（M﹣m） a
代入数据解得：m＝50kg
（3）气球4s末的速度为：
v＝at＝4.5×4m/s＝3m/s
减速时的加速度为：v2＝2a8x代入数据解得：a1＝1m/s3
设气球受到空气的浮力为f，根据牛顿第二定律可得：（M﹣m）g﹣f＝（M﹣m）a1，代入数据解得：f＝9000N。
答：（1）匀加速阶段的加速度大小为0.3m/s2
（2）扔掉的压舱物质量为50kg
（3）气球速度均匀减小过程中所受空气作用力的大小为9000N。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是抓住匀速运动时，浮力等于重力，当质量变化时，浮力不变，即可求解。
14．【分析】（1）小球从A点抛出做平抛运动，将C点的速度进行分解，求出竖直分速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出AC两点的高度差．
（2）求出C点的速度，对C到D运用动能定理求出到达D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力．
（3）当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的长度．
【解答】解：（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：vC＝＝5m/s，
竖直分量：vCy＝7 m/s
下落高度：h＝＝3.8m
（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：
mgR（1﹣cs 53°）＝
代入数据解得：vD＝m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝68N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68N，方向竖直向下
（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1＝μg＝0.8×10＝3m/s2，a4＝＝1 2
速度分别为：v＝vD﹣a6t，v＝a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μmgL＝﹣（m+M） v2
代入数据解得：L＝3.625 m，即木板的长度至少是2.625 m
答：（1）AC两点的高度差为0.8m．
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为68N．
（3）木板的最小长度为8.625m．
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解．
15．【分析】（1）对于滑块从出发到圆弧轨道的最高点，由动能定理求出速度，再由牛顿第二、三定律求滑块对轨道的压力；
（2）根据能量守恒定律求第一次压缩的最大的弹性势能；
（3）不脱离轨道存在两种临界情况，一是恰好到达与圆心等高的位置，二是恰通过轨道的最高点，根据临界条件和动能定理相结合求解LBC的范围。
【解答】解：（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点的过程，由动能定理得
mgH﹣μmgLAB﹣mg•2R＝
在圆轨道最高点，对滑块
联立解得：F＝100N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH﹣μmgLAC＝Ep
解得弹射器获得的最大弹性势能为：Ep＝4J
（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有：
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得
解得AB间距离为：s1＝28.75m
LBC＝s1﹣28LAC＝28.75m﹣28×7m＝0.75m
要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≤0.75m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知
mg（H﹣R）﹣μmgs3＝0
解得AB间距离为：s2＝29.6m
LAB＝s2﹣29LAC＝29.5m﹣29×5m＝0.5m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥8.5m，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC长度为0.75m≥LBC≥5.5m。
答：（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小为100N；
（2）弹射器获得的最大弹性势能为8J；
（3）满足条件的BC长度LBC为8.75m≥LBC≥0.5m。
【点评】本题主要考查动能定理、竖直平面内的圆周运动、能量守恒定律等，涉及的知识点多，运动过程复杂，能清楚运动情况以及物体在竖直平面内做圆周运动的临界条件是关键。