河南省安阳市林州市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份河南省安阳市林州市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1.如图所示，用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角，则力F做的功为( )
A.eq \f(FπR,2) B.2FR C.FR D.FπR
2.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A.升降机对物体做功5 800 J B.合外力对物体做功5 800 J
C.物体的重力势能增加500 J D.物体的机械能增加800 J
3.浙江省为落实国家“双碳”战略，推动能源绿色低碳转型，在很多山区推进新型绿色光伏发电。假设太阳光子垂直射到发电板上并全部被吸收。已知光伏发电板面积为S，发电板单位面积上受到光子平均作用力为F，普朗克常量为h，光子的频率为ν，真空中的光速为c，则经过时间t，该光伏发电板上接收到的太阳光能量为( )
A.2FSctB.FSct
C.FSthνD.2FSthν
4.如图所示，质量为M＝9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝1 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是( )
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/s
B.子弹对木块做的功W＝500 J
C.木块和子弹系统机械能守恒
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝3 500 J
5.一物体从距离地面1.8 m处竖直向下抛出，其动能Ek、重力势能Ep随距离地面高度h的变化关系如图所示。重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.若Ⅰ、Ⅱ图线斜率的绝对值相等，则说明空气阻力不变且不为零
B.Ⅰ图线斜率绝对值一定等于物体重力大小
C.从所给信息中推断物体的质量为2 kg
D.物体刚抛出时的初速度大小为4.5 m/s
6.如图所示，一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变，则( )
A.列车达到的最大速度大小为eq \f(Ff,P0)
B.列车在时间t内不可能做匀加速直线运动
C.列车在时间t内牵引力做功为eq \f(mPeq \\al(2,0),2Feq \\al(2,f))
D.如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间也等于t
7.斜面体A上表面光滑，倾角α、质量M、底边长为L，静止放置在光滑水平面上，将一可视为质点、质量为m的滑块B从斜面的顶端无初速度释放，经过时间t刚好滑到斜面底端，重力加速度大小为g，则( )
A.斜面A对滑块B的支持力不做功
B.滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒
C.滑块B下滑时间t过程中，B的重力冲量为mgtsin α
D.滑块B滑到斜面底端时，B向右滑动的水平距离为eq \f(M,M＋m)L
8.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R远大于弧形槽的弧长。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，若圆周率π取3，则两球第1次到达C点的时间之比为( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(\r(2),6) D.eq \f(\r(2),3)
二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
9.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时( )
A.悬挂B的轻质细线中的拉力为eq \f(3,5)mg
B.悬挂B的轻质细线中的拉力为eq \f(1,5)mg
C.重物A的速度为eq \r(\f(gh,5))
D.重物A的速度为eq \r(\f(2gh,5))
10.如图所示，半径为R的eq \f(3,4)圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是( )
A.小球在N点的速度大小为eq \r(2gR)
B.机械能的减少量为mgR
C.合力对小球做功为2mgR
D.摩擦力对小球做功为－2mgR
11.质量为2m的四分之一圆弧槽静止放置在光滑的水平面上，弧面的最高点P的切线竖直，最低点的切线水平，弧面光滑，先让质量为m的小球(视为质点)以水平向右的速度v0滑上弧面，小球正好能到达最高点P，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.小球滑上弧面P点的过程中，地面对圆弧槽的冲量为0
B.小球滑上弧面的P点时，系统的动能达最小值
C.小球滑上弧面P点的过程中，对圆弧槽做的功为eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
D.圆弧槽弧面的半径为eq \f(veq \\al(2,0),3g)
12.如图所示，套在竖直光滑细杆上的环P由跨过小定滑轮且不可伸长的轻绳与重物Q相连，小定滑轮到竖直杆的距离为L。开始时与P环相连的轻绳水平，现把P由静止释放，当P下滑到轻绳与水平方向成45°角时，P下落的速度为v，则此时( )
A.Q上升的速度为eq \r(2)v
B.Q上升的速度为eq \f(\r(2),2)v
C.Q上升的距离为L
D.Q上升的距离为(eq \r(2)－1)L
13.如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与veq \\al(2,N)的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A.小球的质量为－eq \f(b,5g)
B.小球做圆周运动的半径为eq \f(c,5g)
C.当小球经过N点时满足veq \\al(2,N)＝eq \r(2)c，则经过M点时对内管道壁有压力
D.若小球经过N点时满足veq \\al(2,N)＝c，则经过M点时对轨道无压力
三、非选择题(本题共5小题，共51分)
14.(6分)某同学在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为________cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
(2)用停表测量单摆的周期，测定了40次全振动的时间如图乙所示，那么停表读数是________ s。

(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线，此图线斜率的物理意义是________。
A.g B.eq \f(1,g) C.eq \f(4π2,g) D.eq \f(g,4π2)
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。
A.偏大 B.偏小 C.不变 D.都有可能
15.(8分)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________。
A.m1>m2，r1>r2B.m1>m2，r1m2，r1＝r2D.m1eq \f(mPeq \\al(2,0),2Feq \\al(2,f))，故C错误；列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率与速度的关系可知，列车速度增大，功率增大，达到额定功率后开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率启动的加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D错误。]
7.D [A、B组成的系统水平方向的合力为零，A、B组成的系统水平方向动量守恒，滑块B从斜面的顶端无初速度释放，滑块B将向右运动，斜面A将向左运动，斜面A对滑块B的支持力与滑块B位移的夹角大于90°，斜面A对滑块B的支持力做负功，故A错误；滑块B下滑过程中，A、B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，故B错误；滑块B下滑时间t过程中，B的重力冲量为IG＝mgt，故C错误；A、B组成的系统水平方向动量守恒mv1－Mv2＝0，则mv1t－Mv2t＝0，即mx1－Mx2＝0，根据几何关系有L＝x1＋x2，解得B向右滑动的水平距离为x1＝eq \f(M,M＋m)L，故D正确。]
8.B [甲球做自由落体运动有R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，所以t1＝eq \r(\f(2R,g))，乙球沿弧形槽做简谐运动(由于R远大于弧形槽的弧长，可认为偏角θ0，F的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，故C错误；由乙图可知，当veq \\al(2,N)＝c时，球经过M点时对管道作用力F＝0，故D正确。]
14.(1)2.06（2分） (2)75.2（2分）(3)C（1分） (4)C（1分）
解析：(1)用游标尺测量摆球的直径为2 cm＋6×0.1 mm＝2.06 cm。
(2)停表读数是1 min＋15.2 s＝75.2 s。
(3)根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得T2＝eq \f(4π2,g)L，
可知T2－L图像的斜率为eq \f(4π2,g)，故选C。
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，有T＝2πeq \r(\f(L＋r,g))，可得T2＝eq \f(4π2,g)L＋eq \f(4π2r,g)，图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故选C。
15.(1)C（2分） (2)AC（2分） (3)碰前入射小球（1分）
O′N（1分） m1OP＝m1OM＋m2O′N（2分）
解析：(1)为保证入射小球碰撞后不反弹，小球质量需满足m1>m2，为保证小球发生对心正碰，小球半径应满足r1＝r2。故C正确。
(2)实验验证动量守恒定律需使用刻度尺测量小球落点的距离，需要使用天平测量小球的质量，不需要测量小球的半径、运动时间、重力等物理量，故不需要使用游标卡尺、秒表、弹簧测力计。故选AC。
(3)根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2
根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0v0
小球离开轨道后做平抛运动，由于小球下落高度相同，小球在空中的运动时间相等，可知P点为碰前入射小球的落点位置。小球在空中的运动时间相等，设为t，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2
则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t
即m1OP＝m1OM＋m2O′N
故验证动量守恒定律还需要测量的物理量为O′N。
16.(10分)(1)eq \r(\f(gR2,R＋h))(4分) (2)eq \f(ρSgR2,R＋h)(6分)
解析：(1)设地球质量为M，物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有eq \f(GMm1,R2)＝m1g
中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,（R＋h）2)＝meq \f(v2,R＋h)
联立解得v＝eq \r(\f(GM,R＋h))＝eq \r(\f(gR2,R＋h))。
(2)碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为F1，经过Δt时间，以稀薄气体为研究对象，根据动量定理可得F1Δt＝mv－0
其中m＝ρSvΔt
联立可得F1＝ρSv2＝ρSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(gR2,R＋h))))2＝eq \f(ρSgR2,R＋h)
可知碰到稀薄气体过程中，稀薄气体对空间站的作用力大小为eq \f(ρSgR2,R＋h)，方向与空间站的速度方向相反，故为了维持空间站在固定轨道上做匀速圆周运动，对空间站施加动力大小为F＝eq \f(ρSgR2,R＋h)。
17.(12分)(1)0.5 s(4分) (2)2次(8分)
解析：(1)乙向左传播，由图可知其最靠近x＝0处的波谷位置的x坐标x2＝10 cm，乙的波谷到达x＝0处的最短时间Δt2＝eq \f(x2,v)＝0.5 s。
(2)质点运动到正向最大位移时，有y＝y1＋y2＝20 cm，
即两列波的波峰同时到达x＝0位置，由图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝40 cm，λ2＝60 cm，由T＝eq \f(λ,v)可得，甲、乙两列波的周期分别为T1＝2 s，T2＝3 s
甲的波峰到达x＝0位置所需时t1＝kT1(k＝1，2，3，…)
乙的波峰到达x＝0位置所需时间t2＝eq \f(λ1,v)＋nT2(n＝0，1，2，…)
甲、乙两列波的传播时间相同，可知t1＝t2
可得kT1＝eq \f(λ1,v)＋nT2
即2k＝2＋3n
当k＝1且n＝0时，x＝0处的质点运动到正向最大位移处，t1＝t2＝2 s；当k＝4且n＝2时，x＝0处的质点运动到正向最大位移处，t1＝t2＝8 s；即0到10 s内，x＝0处的质点运动到正向最大位移处共有2次。
18.(15分)(1)2mg，方向竖直向下(3分) (2)0.25(3分) (3)3mgR(3分) (4)Ep≥3mgR或Ep≤1.5mgR(5分)
解析：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道对滑块的支持力为FN，由P到C的过程eq \f(1,2)mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
滑块在C点有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
解得FN＝2mg
由牛顿第三定律可知滑块对轨道C点的压力大小FN′＝2mg，方向竖直向下。
(2)对滑块从P到C再到Q的过程，根据动能定理有mgR(1－cs 60°)－2μmgR＝0，
解得μ＝0.25。
(3)滑块刚好能通过圆轨道的最高点A，在A点
根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(veq \\al(2,A),R)
滑块从Q到C再到A的过程，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋2mgR＋2μmgR
解得弹性势能Ep＝3mgR。
(4)滑块不脱离轨道，有两种情况，一种是(3)中的情况，弹性势能大于等于3mgR；另一种是滑块向右运动到最高点的高度为R，此时根据能量守恒定律有Ep′＝mgR＋2μmgR＝1.5mgR
所以，弹簧的弹性势能Ep应满足，Ep≥3mgR或Ep≤1.5mgR。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
A
A
B
A
D
B
D
B
AD
AB
BD
BD
ABD