吉林省长春外国语学校2023-2024学年高三上学期9月月考试题物理(1)_2023年10月_01每日更新_6号_2024届吉林省长春外国语学校高三上学期9月月考试题

1 A．释放时，手机离地面的高度为 gt2 2 1 B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为t t 3 1 长春外国语学校 2023-2024 学年第一学期第一次月考高三年级 C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重 物理试卷（选考） 力的10倍 出题人 ：姜峰 审题人：景然 D．0至t 内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等 2 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页。考试结束后，将答题卡交回。 注意事项： 3．无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10m。A、 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信 B两位同学做了一个有趣实验，A同学佩戴无线蓝牙耳机，B同学携带手机检测。如图甲所示，A、B 息条形码粘贴区。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书 两位同学同时沿两条相距8m的平行直线轨道向同一方向运动。其运动的vt图像如图乙所示，在运 写，字体工整、笔迹清楚。 动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为（ ） 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效； 在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。1-4题只有一项是符合题目要求的，5-8题有多个 选项符合要求。 A．2s B．4s C．8s D．13s 1．自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形。 4．如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一 如图所示是一辆汽车正在以v 20m/s的速度匀速行驶，突然公路上冲出三只小动物，司机马上刹车， 劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处 0 于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知 假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为4m/s2，小动物与汽车距离约为55m，以下说法正确的是 两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，g=10m/s2。则物块A、B分离时，所加外力F的大小，物块A、 （ ） B由静止开始运动到分离所用的时间t分别为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ） A．汽车匀减速6s末的速度大小为4m/s B．匀减速运动的汽车一定撞上小动物 C．汽车第2s末的速度为10m/s D．汽车匀减速第4s末到第6s末位移为2m 3 A．F=30N，t  2．智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高 10 3 度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系，如图所示， B．F=12N，t 5 g为当地的重力加速度。下列说法错误的是（ ） C．F=15N，t  3 10 D．F=21N，t=0.3s5．（多选）如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，A、B、C、D分别为圆周上的4 7．（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面 个点，AB竖直，CD水平。A点固定一个光滑小滑轮，长度可调的无弹性轻绳绕过滑轮两端连接质量 间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动； 分别为m、m 的两个小球，小球套在大圆环轨道上，绳和竖直方向的夹角分别为、，AB两侧绳长 某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ） 1 2 分别为L、L 。当两小球静止时，下列说法正确的是（ ） 1 2 A．P的加速度大小的最大值为2g B．Q的加速度大小的最大值为2g C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 8．（多选）某同学在地面上用体重计称得体重为490N。他将体重计移至电梯内称其体重，t 至t 时间 0 3 段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运行的vt图像可能是下图中的哪一个？（取电梯向上运动的 方向为正）（ ） A．若m m ，两小球可静止在轨道上关于AB对称的任意处 1 2 B．两小球静止时，一定存在m :m L :L 1 2 1 2 C．若30，60，则m :m 1:2 1 2 D．若30，60，则轨道对小球m、m 的作用力之比为1: 3 1 2 A． B． 6．（多选）如图所示，粗糙水平地面上有一倾角为的斜面体，质量为m的光滑小球用一不可伸长的 细线悬挂在天花板上，此时细线恰与斜面平行，整个系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F拉斜 面体，使斜面体缓慢向左运动，直至细线变为竖直。下列说法正确的（ ） C． D． A．系统处于静止状态时，斜面体受到地面的摩擦力水平向右 B．系统处于静止状态时，斜面体受到地面的摩擦力大小为mgsin C．斜面体缓慢向左运动过程中，细线的拉力先增大后减小 D．斜面体缓慢向左运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力逐渐变小第Ⅱ卷 （1）下列做法正确的是( ) A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 二、实验题：本题共2小题，共18分。 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 9．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 度表示1mm）的纸贴在水平桌面上，如图甲所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。 （2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码 桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或 “近似等于“） （3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有 平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的 木块质量分别为m 、m ，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ 、μ ，由图可知，m 甲 乙 甲 乙 甲 m ，μ μ 。（填“大于”、“小于”或“等于”） 乙 甲 乙 （1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。 测力计的示数如图乙所示，F的大小为 N； （2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至 O点。此时观察到两个拉力分别沿图甲中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小 分别为F =4.2N和F =5.6N； 1 2 ①用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图甲中画出力F 、F 的图示，然后按平行四 1 2 边形定则画出它们的合力F 。 合 ②F 的大小为 N，F 与拉力F的夹角的正切值为 。 合 合 若F 与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边 合 形定则。 10．某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。三、计算题：本题共3小题，共34分。 （9分）11．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。 13．（16分）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m ＝1kg，与地面间的动摩擦 1 已知P、Q两物块的质量分别为m P =0.6kg、m Q =0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度 因数μ 1 ＝0.2，质量为m 2 ＝2kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ 2 ＝0.4，以v 0 g=10m/s2。现在Q上挂一个物块K后，轻绳的张力变为原来的3倍，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ＝4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6s滑离木板，g取10m/s2 则所挂物块K的质量为多少？ （1）求木板的长度L。 （2）小物块离开木板时，木板的速度为多少。 （3）小物块离开木板后，木板的加速度。 （4）小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。 12．（9分）足够长的传送带倾斜放置，以大小为v2m/s的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。质量 m2kg的小物块以初速度v 12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化的图像 0 如图乙所示，g 10m/s2，小物块视为质点，求： （1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间； （2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角； （3）02s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。参考答案： 的高度为 1．D 1 h gt2 【详解】A．根据题意，由公式 2 1 故A正确，不满足题意要求； vv at 0 B．由图可知，t 时刻手机开始接触地面，t 时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用 1 3 代入数据解得 t 5s 时间为t 3 t 1 ，故B正确，不满足题意要求； 可知汽车在刹车5s后停止运动，故6s末速度为0，故A错误； C．由图可知，t 时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得 2 B．由A分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据公式 Fmg m10g 1 可得 xv t at2 0 2 F 11mg 带入数据解得 手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误，满足题意要求； x50m D．由图可知，t 时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速 汽车刹车行驶50m停下小于55m，则没有撞上小动物，故B错误； 2 度为零，则0~t 时间内手机的速度变化量为零，根据at图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可 C．根据题意，由公式 2 vv at 知0至t 2 内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确，不满足题意 0 要求。 代入数据解得 故选C。 v12m s 3．C 故C错误； 【详解】已知无线连接的最远距离为10m，直线轨道相距8m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B同学之 D．汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末位移可看成第5s末反向初速度为零的匀加速， 间的位移之差最大值为 则加速时间1s，根据公式 1 x 10282m6m x at2 2 根据速度-时间图像可知A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，根据图像的斜率可知B的加速度为 代入数据解得 v a 1m/s2 x2m t 故D正确。 当A的位移大于B的位移为6m时，手机开始检测不到蓝牙 故选D。 xv t 1 at2 6m A 2 2．C 解得 【详解】A．由图可知，t 1 时刻手机开始接触地面，则0~t 1 内做自由落体运动，释放时，手机离地面 t2s，t'=6s6s后B开始做匀速直线运动，两者间距离继续减小，当B的位移大于A的位移为6m时，B比A多运 xx x  1 at2 1 2 2 动12m，手机将不再能检测到蓝牙 解得： xv t"v t"12m B A t=0.3s 解得 故ABC错误，D正确。 t"6s 故选D。 所以手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为 5．AD ttt"8s 【详解】A．如图所示两小球受力如下 故选C。 4．D 【详解】物块A、B静止时，对A、B整体，设此时弹簧的形变量是x，应用平衡条件可得： 1 kx 2mg 1 解得： x=0.3m 1 物块A、B分离时，对物块B，根据牛顿第二定律可知： Fmg ma 可以发现两个小球的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似，则对小球m 有 1 mg N T 1  1  AO Om L 1 1 解得： 对小球m 有 2 F mamg=3×2N+0.5×30N=21N m g N T 2  2  AO Om L 物块A、B静止时，对物块A、B：根据平衡条件可知： 2 2 若m m ，则小球静止时满 kx 2mg 1 2 1 L L 物块A、B分离时，对物块A，设此时弹簧形变量是x，根据牛顿第二定律可知： 1 2 2 而细绳的长度可调，所以小球可以静止在轨道上关于AB对称的任意处，故A正确； kx mg ma 2 B．上式联立可得小球静止时满足 解得： mg:m g L :L 1 2 2 1 x 0.21m 2 即 物块A、B在t时间过程中的位移x为： m :m L :L 1 2 2 1故B错误； C．若α=30°，β=60°，则 AO L  1 sin30 sin120 AO L  2 sin60 sin60 可得 L 1 :L 2  3:1 根据力的合成可知，绳子拉力逐渐增大，支持力逐渐减小，C错误； 则 D． 根据A可知，静止时摩擦力 m :m 1: 3 F mgcossin 1 2 f 故C错误； 而在运动时，是滑动摩擦力，根据 D．若α=30°，β=60°，则 F' (G'F cos) f 压 N TOm TOm 1  1 : 2 N L L 因为斜面体的重力G' 不变，而F N 逐渐减小，根据牛顿第三定律，则斜面体受到的压力逐渐变小，所 2 1 2 可得 以斜面体受到的地面的摩擦力逐渐变小，D正确。 N 1 1: 3 故选AD。 N 2 7．AD 故D正确。 【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 故选AD。 F 2mg 6．AD 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 【详解】AB．系统处于静止状态时，小球对斜面的压力大小等于小球的重力沿垂直斜面的分力，即 T mg F mgcos 0 压 AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变 则斜面体受到的摩擦力为，根据平衡可知 为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为 F mgcossin f T mg ma 0 P1 方向水平向右，B错误A正确； 解得 C．斜面体缓慢向左运动过程中，小球受到斜面体的支持力，绳子的拉力和重力作用 a 2g P1 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸 长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2g。 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 9． 4.0 4.0 0.05 mg ma Qm 解得 a g Qm 故滑块Q加速度大小最大值为g，A正确，B错误； 【详解】（1）[1]由图乙可知，该测力计的精度为0.2N，则该读数为4.0N。 C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误； （2）①[2]用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图甲中画出力F 、F 的图示，然后按 1 2 D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 平行四边形定则画出它们的合力F ，如图所示 合 mg ma P2 解得 a g P2 撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹 簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时 加速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 故选AD。 ②[3]用刻度尺量出F 的线段长为20.0mm，所以F 大小为 8．AC 合 合 20.0 【详解】由图像可知，人先超重，再平衡，最后失重，则电梯的加速度先向上，再匀速，后加速度向 1N4.0N 5 下；若电梯向上运动的方向为正，则电梯可能先匀加速向上，再匀速向上，最后匀减速向上；或者电 [4]F 与拉力F的夹角的正切值为 合 梯可能先匀减速向下，再匀速向下，最后匀加速向下； 2120 tan 0.05 20 故选AC。 10． AD 远小于 小于 大于 【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳 与长木板保持平行，A正确； B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上， B错误； C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度， 当Q上挂物块K后，轻绳的张力变为原来的3倍，即有 D正确。 T 3T 6N 2 1 故选AD； 由于 （2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象， T m g 3N 2 P 根据牛顿第二定律可得 则P向右匀加速，根据牛顿第二定律得 T  Ma T m g m a 以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 2 P P Tmg ma 解得 联立可得 a5m/s2 M 1 P和Q、K通过轻绳相连，以相同加速度下降，对Q、K由牛顿第二定律得 T  mg mg M m m 1 M (m m )gT (m m )a Q K 2 Q K 可知在改变M 时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力mg，需要砝码桶及桶内砝码的 解得 总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；公众号：高中试卷君 m 1kg K （3）[3][4]根据牛顿第二定律可得 12．（1）4.83s；（2）0.5，37；（3）48J FMg Ma 解得 【详解】（1）由vt图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t 1 2s，vt图像面积即位移 a 1 Fg x8m M 由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得 由图像知，1s2s的加速度a 2 为 1 1 02  a  m/s2=-2m/s2 m m 2 1 甲 乙  g  g 方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a 相等，由 甲 乙 2 1 可知m 小于m ， 大于 。 x a t2 甲 乙 甲 乙 2 2 2 11．1kg 得 【详解】P静止在桌面上，Q也静止，对Q受力分析，由平衡条件得，轻绳张力 t 2 2s2.83s 2 T m g 2N 1 Q 故总时间 P受到的摩擦力 t t t  4.83s 1 2 f T 1 2Nm P g 3N （2）由vt图像得01s的加速度a 为 1a  212 m/s2=-10m/s2 【详解】（1）物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得 1 1 对木块有 方向沿传送带向下； m g m a 01s，对小物块由牛顿第二定律得 2 2 2 2 解得 mgsinmgcosma 1 1s2s，对小物块由牛顿第二定律得 a 2  2 g 4m/s2 对木板有 mgsinmgcosma 2 m g(m m )g ma 解得 2 2 1 1 2 1 1 37 解得 0.5 a 2m/s2 1 （3）传送带的速度v2m/s，在01s内传送带的位移 木板的长度为 x 带1 vt 1 21m=2m L x x (v t 1 a t2) 1 at2 2 1 0 2 2 2 1 小物块的位移为 解得 122 x  1m=7m 物1 2 L1.32m 两者相对位移大小为 （2）小物块离开木板时，木板的速度为 x x x 5m v at 1.2m/s 1 物1 带1 1 1 在12s内传送带的位移 （3）小物块离开后木板的加速度为 mg x vt 21m=2m a  1 1 g  2m/s2 带2 2 3 m 1 1 小物块的位移为 方向水平向左； x  21 m=1m （4）小物块离开木板时，物块的速度 物2 2 v v a t 1.6m/s 两者相对位移大小为 2 0 2 物块在地面上滑行时的加速度大小为 x  x x 1m 2 带2 物2 m g a  2 2 g  4m/s2 02s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量 4 m 2 2 Q fd mgcos（x x ) 0.52100.8（51）J=48J 物块在地面上滑行的最大位移为 1 2 13．（1）1.32m；（2）1.2m/s；（3）2m/s2，方向水平向左（4）见解析 x  v 2 2 0.32m 1 2a 4木板在地面上滑行的最大位移为 v2 x  1 0.36x 2 2a 1 3