山东省菏泽市鄄城县第一中学2024届高三上学期10月月考 物理答案

高二物理试题试卷考察范围：动力学、曲线运动、天体运动和功能关系。第Ⅰ卷（选择题共44分）一、单项选择题（本小题共8题，每题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.质点从P点到Q点做匀变速曲线运动，轨迹如图所示，运动到N点时速度方向与加速度方向互相垂直。下列说法中正确的是（ ）A.M点的速率比N点小B.M点的加速度比N点小C.P点的加速度方向与速度方向平行D.从P到Q的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知质点运动到N点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿N点轨迹的切线方向，则知加速度方向向左，合外力也向左，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由M到N过程中，合外力做负功，由动能定理可得，M点的速度比N点速度大，故A错误；B．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过M点时的加速度与N点相同，故B错误；C．P点的速度方向沿该点的切线方向，由上分析可知加速度方向向左，所以P点的加速度方向与速度方向不平行，故C错误；D．质点从P到Q的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。故选D。2.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直中心轴OO'匀速转动的水平转台中央处。质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。此时转台转动的角速度大小为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】当小物块受到的摩擦力是0时，设小物块随陶罐转动的角速度为，由小物块的重力与陶罐的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律则有解得A正确，BCD错误。故选A。3.北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于空间站天和核心舱径向端口，翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员成功进驻空间站天和核心舱，开始中国迄今时间最长的载人飞行。已知空间站轨道离地面的高度约为地球半径的，绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是（ ）A.空间站在轨道上运行的线速度大于B.空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度gC.对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小D.若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量G，可求出空间站质量【答案】B【解析】【详解】A．是绕地球运行的最大环绕速度，故空间站在轨道上运行的线速度小于，故A错误；B．根据离地面越高，加速度越小，故空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g，故B正确；C．根据对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；D．根据根据题意，可以知道轨道半径，运行周期和引力常量G，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故D错误。故选B。4.一质量为m的汽车在平直的公路上以恒定功率P从静止开始加速运动，阻力始终保持不变。经过时间t1速度达到最大值v，然后立即关闭发动机，又经过时间t2汽车停止运动，根据以上数据，可以求出的物理量（ ）①阻力大小②加速阶段的平均速度大小③减速阶段的位移大小A.只有① B.只有①② C.只有①③ D.①②③【答案】D【解析】【详解】①因为汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则满足即阻力大小故①正确；②设加速阶段的位移大小为x1，则由题意知，对于加速阶段，由动能定理得则加速阶段的平均速度大小为联立解得故②正确；③由题意知，关闭发动机后，汽车做匀减速直线运动，则减速阶段的位移大小为故③正确故选D。5.如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为且可视为质点的均质小球用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，可能用到是数学工具是，下列正确的是（ ）A.当时，细线对小球的拉力大小为B.当时，半圆柱体对小球的支持力大小为C.换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变D.换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为【答案】D【解析】【详解】AB．对小球进行受力分析如图1当时，且AB=AO2，由几何关系知，为等边三角形，则由于圆心角与圆周角之间的关系可知可知小球受到的绳的拉力T与半圆柱对小球的支持力N相互垂直，水平方向竖直方向解得故AB错误；CD．若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示由几何关系知，直线O1O2是该圆的切线，所以垂直于，则以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向上，半圆柱受到的自持力为由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱对地面的压力将减小；在水平方向上可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为故C错误，D正确。故选D。6.如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知则有小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度，则有物块的速度为对物块和小球组成的系统，用动能定理可得ABC错误，D正确。故选D。7.滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（ ）A.图甲是滑块上滑的照片B.滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小C.滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小D.滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间【答案】C【解析】【详解】ABD．由牛顿第二定律可得，下滑时满足上滑时满足对比可得a1＜a2，故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度；设斜面的长度为L，下滑时有根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得可得t1＞t2设频闪时间间隔为T，由图可知，图甲为5T，图乙为4T，故图乙是滑块上滑的照片，故ABD错误C．由运动学公式v2=2aL可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，故C正确；故选C。8.如图所示，物体A、B质量分别为m、2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体A拴接）。对B施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F>3mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则在A、B分离前，下列说法正确的是（ ）A.刚撤去外力F时，B.弹簧弹力等于F时，C.两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离D.弹簧恢复原长时FN=2mg【答案】B【解析】【详解】A．刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F=3ma1对物体B有FN-2mg=2ma1联立解得故A错误；B．弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F-3mg=3ma2对物体B有FN-2mg=2ma2联立解得故B正确；CD．当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对B有2mg=2ma，a=gA的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，故C、D错误。故选B。二、多项选择题（本小题共4题，每题5分，共计20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2.5分，有错选的得0分。）9.喷淋装置将水沿不同方向喷出，其中A、B两个水珠的运动轨迹如图所示，不计空气阻力。由图可知（ ）A.空中运动时间A水珠较长B.最高点速度B水珠较大C.落地速度B水珠较大D.若两水珠同时喷出，则有可能在轨迹相交处相遇【答案】AB【解析】【详解】A．抛体运动中，将运动分解到水平方向和竖直方向，在竖直方向上，上升的高度越大，竖直分速度越大，运动时间越长，可知A水珠在空中运动的时间较长，A正确；B．抛体运动在水平方向上做匀速运动，根据由于水珠B运动的时间短而射程远，因此B的水平分速度较大，即在最高点速度B水珠速度较大，B正确；C．落地时A的竖直分速度较大，而B的水平分速度较大，因此无法比较两者落地时合速度的大小关系，C错误；D．由于水平分速度和竖直分速度不同，运动到交点的时间不同，若两水珠同时喷出，则不可能在轨迹相交处相遇，D错误。故选AB。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2mgRsinθD.小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为【答案】BD【解析】【详解】A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐渐增大，根据瞬时功率表达式可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故B正确；C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误；D．根据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为解得管的底部对小球的支持力为小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为故D正确。故选BD。11.太空中有两颗互不影响的行星P、Q，图中纵轴表示行星周围卫星绕该行星做匀速圆周运动的周期T的平方，横轴表示卫星到行星中心距离r的立方，两行星均为匀质球体且表面的重力加速度相同，下列说法正确的是（ ）A.P的质量比Q的大B.P的半径比Q的小C.P的平均密度比Q的大D.P的第一宇宙速度比Q的大【答案】AD【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力有变形可得由图可知，两图线的斜率关系为所以两行星的质量关系为故A正确；B．在行星表面，根据万有引力与重力的关系解得所以P半径大于Q的半径，故B错误；C．行星的平均密度为所以P的平均密度小于Q的平均密度，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，有解得第一宇宙速度为所以P的第一宇宙速度大于Q的第一宇宙速度，故D正确。故选AD。12.如图所示，一倾角为θ的传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，质量为m的物块从传送带底端以平行于传动带斜向上的速度释放，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，物块到达传送带顶端时速度恰好为v。已知重力加速度为g=10m/s2，，则在物块从传送带底端运动到传送带顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）A.物块运动的时间为0.1sB.传送带克服摩擦力做的功为C.系统因运送物块增加内能为D.电动机因运送物块多做的功为【答案】BC【解析】【详解】A．由，，可得，由牛顿第二定律可得物块运动的加速度物块运动的时间为由于速度大小未知，故物块运动的时间不可求出，故A错误；B．物块与传送带间摩擦力大小由匀变速直线运动公式，得物块的位移又物块的位移物块从传送带底端运动到传送带顶端的过程中，传送带的位移传送带克服摩擦力做的功为故B正确；C．系统因运送物块增加的内能为故C正确；D．对滑块，增加的机械能为电动机因运送物块多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共56分）三、实验题（13题8分，14题8分，共计16分）13.学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度