广西贵港市平南县中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题

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B、包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，故B错误；
C、包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，故C错误；
D、包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹加速度为零，故此时不受到摩擦力，故D错误。
2．D【详解】A．在0～和～时间内运动员做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，方向都是竖直向下，故A错误；
B．运动员向上运动时间为0～，在时刻运动员重心到达最高点，故B错误；
C．运动员在～时间内都在竖直向下运动，所以在时刻运动员重心速度没有反向，故C错误；
D．运动员在～内竖直向下运动，在时速度减为零，知在时刻运动员重心入水深度最大，故D正确
3．D【详解】CD．依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有
球在BC段做平抛运动，有 联立，解得 故C错误；D正确；
AB．球在AB段水平方向，有 球在BC段水平方向，有
由图可知 联立，解得 故AB错误。 故选D。
4．C【详解】A．根据题意，对小球受力分析，如图所示
有几何关系有
由牛顿第二定律有 可得 故A错误；
B．由题知，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则有f = Mg 故B错误；
C．车厢左壁对物块B的作用力大小为 故C正确；
D．由于最开始，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则说明Mg < μMa
则汽车的加速度a增大，物块B受到的还是静摩擦，且有f = Mg故D错误。故选C。
5．C【详解】机器狗加速、减速时间相同，为 加、减速位移
匀速运动位移为匀速运动时间为故最短时间为选C。
6．D【详解】A．图线斜率表示速度，由图像可知，乙车的速度越来越小，故A错误；
B．由题意可知，乙车做匀变速直线运动，即乙车的加速度不变，由牛二可知，乙车的合力不变，B错误
CD．由题意可知，乙车在2s末时的速度为
乙车在前2s内的位移为4m，则 解得
乙车的加速度为即乙车的加速度大小为1m/s2，故D正确，C错误。选D。
7.D【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得解得
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故ABC错误；
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为
μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，即陶屑只能分布在半径为R的圆内。故D正确。
8．CD【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知12vMΔt⋅rM=12vNΔt⋅rN 根据题意rN=3rM 则vM=3vN 故B错误；
C．卫星在中地圆轨道，由牛二得GMm(3R)2=mv23R 在近地面GMmR2=mg 解得v=gR3 故C正确；
D．卫星在中地圆轨道上周期 T中=2π⋅3Rv=6π3Rg
根据几何关系可知转移轨道的半长轴为2R，由开普勒第三定律 (2R)3T转2=(3R)3T中2 联立解得 T转=4π2Rg
在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间 tMN=12T转=2π2Rg故D正确。
9．AB【详解】A．根据图象，可得前内的加速度，
由牛顿第二定律， 解得，故A正确；
C．汽车5s末达到额定功率，额定功率为，故C错误；
B．汽车速度为15m/s时，则有 解得，故B正确；
D．前5s内的位移是 摩擦力做功，故D错误。故选AB。
10．BD【详解】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；
B．刚开始时，由牛顿第二定律有： 解得： B正确；
C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则： 联立解得：，C错误；
D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为： D正确。故选BD。
11．【详解】[1]根据由于左右变速塔轮边缘的线速度大小相等，则有
若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，则短槽和长槽的角速度之比会变大；
[2]在加速转动手柄过程中，由于角速度增大，小球所需的向心力均增大，则左、右标尺露出的红白等分标记长度都会变长；
[3]若皮带所在左、右塔轮的半径相等，可知左、右塔轮的角速度相等，设1号球的质量为，则2、3号球的质量为，1号球和3号球到转轴的距离为，则2号球到转轴的距离为；在匀速转动的过程中，左边1、2号球所需的向心力合力为
则在匀速转动的过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度之比约为
12．【解析】（1）设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有， 联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。故选C。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点5时小车速度的表达式为
根据逐差法可得小车加速度的表达式是，故选A。
13．解：（1）对人受力分析，正交分解，可得

（2）为保证人与地面不发生相对滑动，有
联立解得
14．解：（1）由机械能守恒可知；落回出发点的速度大小不变，速度为，由得
（2）上升过程，由牛顿第二定律得由，得
由动能定理得
（3）由图可知小球最终做匀速运动即
刚抛出时，空气阻力最大与重力同向，则此时小球加速度最大解得
15．解：（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得
代入数据得 在C点，有代入数据得
（2）从C到A，由动能定理得代入数据得
（3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有解得
①若，物块将滑出斜面，则物块的路程为
②若，物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有
解得
③，物块将停在斜面上，有解得