2023-2024学年山东省德州市庆云县第一中学高三（下）模拟（一模）物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省德州市庆云县第一中学高三（下）模拟（一模）物理试卷（含解析），共23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。
1.以下对功的说法正确的是( )
A. 滑动摩擦力只能做负功
B. 静摩擦力一定不做功
C. 若作用力做正功，则它的反作用力一定做负功
D. 若作用力不做功，它的反作用力可能做负功
2.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A，B两处分别固定两正点电荷，其电量分别为QA、QB，两点电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是A，B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点。若将带正电小球(可视为质点)在x=2L的C点由静止释放，下列说法正确的是
( )
A. QA:QB=2:1B. 小球向左运动过程中加速度先减小后增大
C. 小球向左运动过程中电势能先增大后减小D. 小球能恰好到达x=−2L点处
3.甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x−t图像为抛物线的一部分，t=8 s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是
A. 甲车的初速度为6 m/s
B. 甲车的加速度大小为2 m/s2
C. t=0到t=8 s内甲车的位移为70 m
D. 在t=8 s到t=10 s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等
4.人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为零势能点，引力势能可以表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为( )
A. GMm21r2−1r1B. GMm21r1−1r2
C. GMm1r2−1r1D. GMm1r1−1r 22
5.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30∘，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60∘，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A. 2:1B. 3:1C. 4: 3D. 3:1
6.示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为
( )
A. B. C. D.
7.如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳水平，乙绳倾斜。现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中( )
A. 甲绳中的弹力一直增大B. 甲绳中的弹力一直减小
C. 乙绳中的弹力一直增大D. 乙绳中的弹力先减小后增大
8.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定于O点，如图甲所示。在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得轻绳拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，F1=7F2，设R、m、引力常量G和F2均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是( )
A. 该星球表面的重力加速度为F27m
B. 该星球的密度为3F228πGRm
C. 该星球的第一宇宙速度为 F2R7m
D. 卫星绕该星球运行的最小周期为2π RmF2
9.人造卫星在燃料耗尽后会因为无法控制而成为太空垃圾，太空垃圾对航天器的运行带来很大的安全隐患。为防止人造近地卫星成为太空垃圾，往往在燃料快要耗尽时控制其进入大气层，从而烧毁或坠入南太平洋。如图所示为正在逆时针做匀速圆周运动的近地卫星，若要使其进入大气层，以下说法正确的是
A. 应打开前面发动机，向前喷气，使其偏离原来轨道
B. 卫星进入大气层后，速度会越来越小
C. 卫星进入大气层后，机械能减小
D. 卫星进入大气层后，处于完全失重状态
二、多选题（本题共3小题，共12分）
10.如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球不能返回到A点
B. 小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大
C. 小球在C点时的机械能为2mgRsinθ
D. 小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg 1+3sin2θ
11.如图所示，水平传送带在电动机带动下以恒定速率v顺时针运行，某时刻一个质量为m的物块(可视为质点)以初速度v0v0v′=4m/s，故D错误。
故选：B。
甲车的x—t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀变速直线运动，8s末速度为零，根据速度—时间公式和位移—时间公式列式求甲车的初速度和加速度。根据速度位移公式求解甲车通过的位移。根据速度公式求解速度大小关系。
解决本题的关键要理解位移—时间图象点和斜率的物理意义，知道x−t图象中抛物线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示速度。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为 r1 时有
GMmr12=mv12r1
卫星的引力势能为
Ep1=−GMmr1
轨道半径为 r2 时有
GMmr22=mv22r2
卫星的引力势能为
Ep2=−GMmr2
设损失的机械能为 ΔE ，根据能量守恒定律得
12mv12+E p1=12mv22+E p2+ΔE
联立以上各式可得
ΔE=GMm21r2−1r1
故选A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用；解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，在水平方向，ABC整体受力平衡，竖直方向，BC段受力平衡，竖直方向，AC段受力平衡，分别列平衡方程可求解。
【解答】
设AB两端绳上拉力分别为FA、FB，导线质量为m；
在水平方向，ABC整体受力平衡，有：FAsin30°=FBsin60°；
对BC段，在竖直方向，根据受力平衡有：FBcs60°=mBCg；
对AC段，在竖直方向，根据受力平衡有：FAcs30°=mACg
联立解得：mAC=34m，mBC=14m；
则导线AC部分与BC部分的质量之比3:1；
故ACD错误，B正确。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了示波管的工作原理。图像的x，y坐标分别由XX′和YY′电压决定。
【解答】
ABCD、UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X，Y方向偏转，可知A正确，BCD错误。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】设小球受到的重力为G，圆环沿逆时针方向转至乙绳与竖直方向的夹角为 θ 时，甲、乙两绳中的弹力大小分别为 F1 、 F2 ，如图所示
由物体平衡条件可知， F1 、 F2 的合力不变，G、 F1 和 F2 组成一个闭合的三角形，由正弦定理可知 F1 、 F2 的夹角 β 不变，且有
Gsinβ=F1sinθ=F2sin(180∘−β−θ)
圆环在竖直平面内，从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中， θ 减小，可知 F1 、 F2 均减小，故甲绳中的弹力一直减小，乙绳中的弹力一直减小。
故选B。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A.设砝码在最低点时细线的拉力为 F1 ，速度为 v1 ，设绳长为L，则
F1−mg=mv12L
设砝码在最高点细线的拉力为 F2 ，速度为 v2 ，则
F2+mg=mv22L
由机械能守恒定律得
mg⋅2L+12mv22=12mv12
解得
g=F1−F26m
因为
F1=7F2
所以该星球表面的重力加速度为
g=F17m
A错误；
BC.根据万有引力提供向心力得
GMmR2=mv2R
卫星绕该星球的第一宇宙速度为
v= GMR
在星球表面，万有引力近似等于重力
GMm′R2=m′g
解得
M=F1R27Gm
星球的密度
ρ=M43πR3=3F128πGmR
卫星绕该星球的第一宇宙速度为
v= F1R7m
BC错误；
D.卫星绕该星球运行的最小周期，则
mg=m(2πT)2R
解得
T=2π RmF2
D正确。
故选D。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
卫星进入大气层，轨道半径变小，做向心运动，应减速；卫星进入大气层后受空气阻力作用，空气阻力做负功，根据卫星的运动过程分析答题。
分析清楚卫星的运动过程与受力情况是解题的前提，根据卫星的运动过程与受力情况应用基础知识即可解题；解题时要理解卫星变轨原理。
【解答】
A、卫星进入大气层，轨道半径变小，做向心运动，应减速，应打开前面的发电机向前喷气，使卫星受到一个向后的反冲作用力，卫星减速做向心运动，使其偏离原来的轨道，故A正确；
B、卫星进入大气层后受到的万有引力大于空气阻力，卫星做加速运动，速度会变大，故B错误；
C、卫星进入大气层后受空气阻力作用，要克服空气阻力做功，卫星的机械能减小，故C正确；
D、卫星进入大气层后受到空气阻力作用，所受合力小于万有引力，加速度小于重力加速度，卫星处于失重状态，但不是完全失重，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据机械能守恒，小球能返回到A点；小球在C点的机械能等于小球在A点时的机械能；根据PG=mgvcsα分析重力的瞬时功率；
D点时，细管对小球的作用力为小球向心力与轨道对球垂直于斜面的支持力的合力。
注意小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，根据机械能守恒，结合向心力即可求解。
【解答】
AC、根据机械能守恒，小球能返回到A点，小球在A点的机械能为mgRsinθ，小球在C点时的机械能也为mgRsinθ，故AC错误；
B、设小球速度方向与重力方向夹角为α，根据PG=mgvcsα，小球在A点时的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，小球从A到B的过程中重力与瞬时速度的夹角逐渐减小，根据机械能守恒，小球的瞬时速度逐渐增大，可知重力的瞬时功率一直增大，故B正确；
D、小球从A到D过程由机械能守恒得，mgRsinθ=12mv2
在D点根据牛顿第二定律得：Fn=mv2R
垂直于斜面方向FN=mgcsθ
故细管对小球的作用力大小为F= FN2+Fn2=mg 1+3sin2θ，故D正确。
故选BD。
11.【答案】ABD
【解析】.ABD
【详解】A.物块以初速度 v0v00
又
WMP=−UMPe
所以
UMP