2024-2025学年广东省深圳市深圳中学高三（上）月考物理试卷（10月）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省深圳市深圳中学高三（上）月考物理试卷（10月）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 形状规则的物体其重心一定在几何中心上
B. 静止在水平桌面上的物体对水平桌面的压力是由于桌面的形变而产生的
C. 静止的物体有可能受到滑动摩擦力
D. 滑动摩擦力的方向不是与物体运动方向一致就是相反
2.一铁块被竖直悬挂在磁性黑板紧紧吸住不动，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 铁块受到的静摩擦力与磁力成正比B. 与铁块相关的有四对力的作用
C. 铁块所受的磁力和弹力是一对相互作用力D. 只有磁力大于弹力，铁块才能被吸住
3.某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移x的关系如图所示，关于质点的运动下列说法正确的是( )
A. 质点做匀加速直线运动
B. 1v−x图线斜率等于质点运动的加速度
C. 质点运动的速度对位移是均匀变化的
D. 四边形BB′C′C面积可表示质点从B到B′过程的时间
4.某人站在地面上斜向上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为v1.忽略空气阻力，下列图中能正确描述速度变化过程的是 ( )
A. B. C. D.
5.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A，B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为2θ，OB绳与水平方向的夹角为θ，则球A，B的质量之比为 ( )
A. 2cs θ∶1
B. 1∶2cs θ
C. tan θ∶1
D. 1∶2sin θ
6.如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4N的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因4N物体的存在，而增加的读数是( )
A. 4NB. 2 3N
C. 0ND. 3N
7.“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为( )
A. r3a3B. a3r3C. r3a3D. a3r3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，木块m和M叠放在一固定在地面不动的斜面上，它们一起沿斜面匀速下滑，则m、M间的动摩擦因数μ1和M、斜面间的动摩擦因数μ2可能正确的有
A. μ1=0，μ2=0B. μ1=0，μ2≠0
C. μ1≠0，μ2=0D. μ1≠0，μ2≠0
9.如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )
A. 从下端B离开，v>v1B. 从下端B离开，vμ2，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度大小为g.求：
(1)拉力F的大小；
(2)物块B的质量．
14.如图，长L=0.8 m的轻绳一端与质量m=5 kg的小球相连，另一端连接一个质量M=1 kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ。现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ=60°时，滑块恰好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)当θ=60°时，小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ。
15.如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端有一挡板1，足够长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为m，挡板2与B、挡板1间的距离均为L，挡板2的下方留有空间仅能让A通过．现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等．已知A、B间的动摩擦因数μ=tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小aB；
(2)A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；
(3)试分析说明AB最终的运动情况．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.C
5.A
6.D
7.D
8.BD
9.ABC
10.BC
11. (1)D；(2)500；(3)5.0×107
12.(1)不需要
(2)ACD
(3)挡光板通过两光电门的时间 t1 、 t2 相等
(4) F−m0g=Mdt22−dt122 s
(5)是

13.解：(1)对A受力分析，由平衡条件得：
F+mgsinθ=μ1mgcsθ，
解得F=mg(μ1csθ−sinθ)；
(2)对B受力分析可知：
第一种情况：若B匀速向上运动，根据平衡条件得：
2F=mBgsinθ+μ2mBgcsθ，
解得mB=2(μ1csθ−sinθ)sinθ+μ2csθm，
第二种情况：若B匀速向下运动，根据平衡条件得：
2F=mBgsinθ−μ2mBgcsθ，
解得mB=2(μ1csθ−sinθ)sinθ−μ2csθm。
答：(1)拉力F的大小为mg(μ1csθ−sinθ)；
(2)物块B的质量为 2(μ1csθ−sinθ)sinθ+μ2csθm或 2(μ1csθ−sinθ)sinθ−μ2csθ m。
14.解：(1)通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2Lsinθ
解得：ω=5rad/s；
(2)对小球，竖直方向上合力为零，由平衡条件可得：Tcsθ=mg
对滑块，由平衡条件可得：Tsinθ=N
μN=Mg+Tcsθ
解得：μ=2 35。
15.(1)B第一次与挡板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知
mgsinθ+μmgcsθ=maB
其中 μ=tanθ ，解得
aB=2gsinθ
方向沿斜面向下
(2)AB一起向下加速度运动，设B与挡板2碰撞前瞬间的速度为 v1 ，对整体：
a=F合2m=2mgsinθ2m=gsinθ
2aL=v12
解得
v1= 2gLsinθ
B第一次与挡板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，A做匀速运动，B以加速度 aB=2gsinθ 向上做匀减速运动，当B速度减为零时
v1=aBt
s1=v122aB
解得
t= L2gsinθ
s1=L2
在此段时间内A向下运动的位移
s2=v1t=L
即A恰好与挡板1相碰，碰后A原速率返回，受到B给的向下的摩擦力，此时加速度为：
mgsinθ+μmgcsθ=maA
解得
aA=2gsinθ
方向沿斜面向下，B受到A给的向上的摩擦力，与重力的分力平衡，所以B处于静止状态，A向上运动的位移
x=v122a2=L2
(3)A速度减为零后，与B一起向下加速，由于到各自挡板的距离都是 L2 ，所以同时与挡板发生碰撞，同时反弹，再一起上滑，速度减为零，再次一起下滑，周而复始。