【文档说明】山东省泰安市宁阳县第四中学2024届高三上学期10月月考 物理答案.docx，共(18)页，959.427 KB，由小赞的店铺上传

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高三上学期第一次阶段性考试物理试题第I卷选择题（共40分）一、单项选择题：共8小题，每题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。1.如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做加速运动。此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿（）A.方向①B.方向②C.方向③

D.方向④【答案】C【解析】【详解】上升器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成角，且速度在不断增大，说明飞船所受合外力的方向与速度同向，上升器受重力和喷气推力水平面作用，即重力与推力的合力与速度方向相同，上升器所受喷气的反冲力与喷气方向相反，由图可知只有推力

在③的反方向时，合力才可能与速度v同向。故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，物体AB、叠放在物体C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使、、ABC一起匀速向右运动，各接触面间摩擦力的情况是（）A.

B对C有向左的摩擦力B.C对A有向右的摩擦力C.物体C受到三个摩擦力作用D.C对地面有向右的摩擦力【答案】D【解析】【详解】三个物体都做匀速直线运动所受合外力均为零.以B为研究对象，B水平方向受到向右的拉力

F作用，根据平衡条件可知，C对B有向左的静摩擦力作用，根据牛顿第三定律可知，B对C有向右的静摩擦力作用，故A错误；C对A没有摩擦力作用，否则A受力不平衡，不可能匀速直线运动，则A对C也没有摩擦力作用，故B错误；以整体为研究对象，由平衡条件可知，地面对C有向左的滑

动摩擦力作用，则C对地面有向右的滑动摩擦力作用，故C受到两个摩擦力作用，故C错误，D正确.3.现代人比较注重锻炼身体，健身器材五花八门.最近又有一款健跑车如图甲所示，车子没有座垫，骑行者骑行时宛如腾空踏步，既可以短途代步，又可以锻炼耍酷.车子的传动结构如图乙所示，则（）A.踏脚

板和前轮转动的角速度相等B.链条相连的牙盘和前轮的小齿轮角速度相等C.踏脚板和前轮小齿轮的线速度大小相等D.若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等【答案】D【解析】【详解】AB．链条相连的牙盘和前轮的

小齿轮线速度相等，根据vr=可知，两者半径不等，角速度不等。踏脚板和牙盘角速度相等，小齿轮和前轮转动的角速度相等，故踏脚板和前轮转动的角速度不相等，故AB错误；C．根据vr=，踏脚板和链条相连的牙盘的角速度相等，但是踏脚板半径大于链条相连的牙盘的半径，

则踏脚板的线速度大于链条相连的牙盘的线速度。链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度相等，故踏脚板的线速度大于前轮的小齿轮的线速度，故C错误；D．若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等，故D正确。故选D。4.如图

，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）的A.sin2gB

.singC.32singD.2sing【答案】C【解析】【分析】【详解】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零.将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律02Ffma==+合板(a为木板的加

速度)，整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即3sinFmg=合解得3sin2ag=故选C。5.如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运

动的v–t图象不可能．．．是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．物块的运动性质取决于物块的初速度和传送带的速度大小，如果物块的速度比传送带速度小，物块在传送带上一直加速，或先加速后匀速，A正确，不符合题意；B．如果物块的速度与传送带的速度相等，物块在传送带上直

接做匀速直线运动，B正确；不符合题意；C．如果物块的速度较大，可以一直减速，减到B点速度刚好能和传送带共速，C正确，不符合题意；D．如果物块速度较大，可以一直减速，可以先减速后匀速，也可以减速到B点与传送带共

速，但是不可能减速到零，D错误，符合题意。故选D。6.如图所示，在粗糙水平木板上放一物块，拖动木板，使木板和物块一起在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，ca为水平直径，db为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块始终相

对木板静止，则（）A.物块在d点可能只受重力作用B.只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C.从a到c，物块所受的摩擦力先增大后减小D.从c到a，物块速度不变【答案】A【解析】【详解】A.当物块恰好到达d点时，物块在d点只受重

力作用，A正确；B．物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，B错误；C．从a到c，物块的加速度始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后增大，由牛顿第二定律可得，物块所受的摩擦力先减小后增大，C错误；D．物块从c到a做匀速圆周运动，速度的大小不变，当方向始终发生变化，

因此物块速度在不断变化，D错误；故选A。7.一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力0F不变，当速度为1v时达到额定功率eP，此后以额定功率继续行驶，最后以速度mv匀速行驶。若汽车所受的阻力f为恒力，汽车运动过

程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．因为汽车先保持牵引力0F不变，由牛顿第二定律可得0Ffma−=又因为汽车所受的阻力f为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v-t图像开始应有一段倾斜的直线

，故A错误；BC．因为当速度为1v时达到额定功率eP，此后以额定功率继续行驶，则满足ePFv=即F与v成反比，F与1v成正比，所以F-v图像中1mvv段图像应为曲线，F与1v图像中1mvv段图像应为直线，故B错误，C正确；D

．因为当速度为1v之前，保持牵引力0F不变，则功率满足0PFv=即P与v成正比，所以P-v图像中1mvv段图像应为过原点的直线，故D错误。故选C8.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B（物块B与弹簧拴

接），初始时物块均处于静止状态．现对物块A施加一个竖直向上的恒力32Fmg=，重力加速度为g，则由静止开始向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，以下说法正确的是（）。A.物块A做匀加速运动B.物块B的速度先增大后减小C.恰好分离时物块B的加速度大小为2gD.物块A上升的高度为

2mgk【答案】C【解析】【分析】【详解】A．上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；B．物块B速度一直在增大，故B错误；CD．设初始时弹簧的压缩量为1x，根据胡克定律有12mgkx=解得12mgxk=设当物块A、B恰

好分离时k弹簧的压缩量为2x，对物块A、B分别应用牛顿第二定律有32mgmgma−=2kxmgma−=联立解得2ga=232mgxk=则物体A上升的高度为122mghxxk=−=故D错误；C正确。故选C。二、多项选择题：本题4小题，每小题4分，共计

16分，每小题有多个选项符合题意。9.如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动

，下列说法中正确的是（）A.笔尖做匀速直线运动B.笔尖做匀变速直线运动C.笔尖做匀变速曲线运动D.笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小【答案】CD【解析】【详解】ABC．笔尖同时参与了直尺竖直向上匀速运动和水平向

右初速度为零的匀加速运动，合运动不是匀速直线运动或匀变速直线运动，而是匀变速曲线运动，AB错误，C正确；D．由于水平速度增大，所以合速度的方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确。故选CD。10.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹

簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gB.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gsinθC.弹簧Q可能处于压缩状态D.轻绳

P的弹力大小等于mg【答案】AD【解析】【详解】CD．轻绳P竖直，根据受力平衡可知，轻弹簧Q弹力为零，弹簧Q处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，故C错误，D正确；AB．剪断轻绳瞬间，由于弹簧处于原长，所以物体只受重力，物块的加速度大小为g，故A正确，B错误。

故选AD。11.如图所示，搭载着“嫦娥二号”卫星的“长征三号丙”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100km，周期为118min的工作轨道，开始对月球进行探测．下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B.卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大C.卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短D.卫星在轨道Ⅲ上经过P点的加速度大小比在轨道Ⅰ上经过P点时大

【答案】AC【解析】【详解】A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22MmvGmrr=解得GMvr=，卫星在轨道Ⅲ上轨道半径大于月球半径，则卫星在轨道Ⅲ上速度小于月球的第一宇宙速度，故A正确；B．卫星从轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅰ上要在P点点火加速做离心运动，因此卫星在轨道Ⅲ上经

过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时小，故B错误；C．由开普勒第三定律32akT=由于卫星在轨道Ⅲ的轨道半径小于比在轨道Ⅰ上轨道半径，则卫星在轨道Ⅲ上运行周期比在轨道Ⅰ上短，故C正确；D．万有引力提供向心力，

由牛顿第二定律得2MmGmar=解得2GMar=，由于在P点到月球球心的距离r相同，则向心加速度a相同，故D错误。故选AC。12.如图甲所示，长为L=2m、质量为M=1kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在

木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（）A.0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大B.2~3s内木板受到的摩擦力恒为2NC.木块与木板间的动摩擦因数为0.2D.要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s【答案】ABD【解析

】【详解】A．由vt−图像可知，02s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，根据受力平衡可知，绳子拉力大小等于F，则绳子拉力逐渐增大，故A正确；B．2~3s内，对木板受力分析，根据牛顿第二定律可得−=滑动FfMa由丙图可知222m/s2m/s1vat===解得4N12N2NfF

Ma=−=−=滑动故B正确；C．木块与木板间的动摩擦力为2N，但木块的质量m未知，所以不能求得木块与木板间的动摩擦因数，故C错误；D．2s后在恒力4NF=作用下，物块的加速度为22m/s，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减

速运动，加速度大小也恰好为22m/saMf==滑动当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的vt−图像如图所示木板通过的位移为22m2m22vxtL====则要使木板从木块下抽出，2s

后F至少作用时间1s，故D正确。故选ABD。第II卷实验、计算题（共60分）三、实验题：本题共2小题，共14分。13.某同学做验证向心力与线速度关系的实验。装置如图甲所示，一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球。

钢球静止时刚好位于光电门中央，主要实验步骤如下：①用游标卡尺测出钢球直径d；②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；③将钢球拉到适当的高度处静止释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2已知当地的重力加速度大小为

g，请用上述测得的物理量表示：（1）游标卡尺测出小球直径，如图乙所示，则d=________cm。的（2）钢球经过光电门时所受合力的表达式F合=__________；（3）根据向心力公式，小球通过最低点时所需向心力2vFmR==向__________（用题中物理量符号表示）

。【答案】①.2.26②.21FF−③.21()2dFtdgL+【解析】【详解】（1）[1]该游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺的读数＝主尺读数+游标尺的读数，即游标卡尺的读数＝2.2cm+0.1mm×6=2.26cm。（2）[2]钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1

，则有mg＝F1小球通过最低点时，受小球的重力和细线的拉力作用，拉力F2和重力mg的合力F合=21FF−（3）[3]小球的质量1Fmg=小球通过最低点时的速度为dvt=根据向心力公式，小球通过最低点时所需向心力2

21()2dFvtFmdRgL==+向14.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。(1)实验时，一定要进行的操作是______。A．用天平测出

砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出）

，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2（结果保留三位有效数字）。(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小

车的质量为_______。A.1tanB.2tan－m0C.2k－m0D.2k(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是________。【答案】①.BC②.2.00③.C④.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【

分析】【详解】(1)[1]A．实验中有力传感器测量小车所受的拉力，则不需用天平测出砂和砂桶的质量，选项A错误；B．实验中需将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，选项B正确；C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，选项C正确；D．实验中有力传感

器测量小车所受的拉力，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，选项D错误。故选BC。(2)[2]两计数点间还有四个点没有画出，则T=0.1s，根据2xaT=可得22265432122()()(11.099.137.105.123.

091.10)10=m/s2.00m/s990.1ssssssaT−++−++++−−−==(3)[3]对小车根据牛顿第二定律02()FMma=+即02aFMm=+则02=kMm+解得02Mmk=−故选C。(4)[4

]由图像可知，当力F到达一定值时小车才开始有加速度，可知该同学做实验时存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。四、本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.我国“嫦娥探月卫星”

成功发射.卫星开始绕地球做椭圆轨道运动，经过若干次变轨、制动后，最终使它绕月球在一个圆轨道上运行。设卫星距月球表面的高度为h，绕月圆周运动的周期为T。已知月球半径为R，引力常量为G。（1）求月球的质量M；（2）若地球质量为月球质量k倍，

地球半径为月球半径的n倍，求地球与月球的第一宇宙速度之比v1:v2。【答案】(1)2324()RhMGT+=；(2)12vkvn=【解析】【详解】(1)万有引力提供向心力，有：的2224()()MmGmRhRhT=++解得：2324()RhMGT+=；(2)对

近地和近月卫星，分别有：212()vkMmGmnRnR=222vMmGmRR=解得：12vkvn=．16.某电视台“快乐向前冲”节目中场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，

平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，

重力加速度为g．（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应在什么范围？（2）若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从C点放手能恰能落到转盘的圆心处，则他是从平台出发后经过多长时间放手的？【答案】（1）gR

（2）t1=2s【解析】的【详解】(1)设人落在距圆心R处不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力，则有：2mgmR即转盘转动角度应满足gR(2)设沿水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位

移为x2，时间为t2，则加速时有：21112xat=1vat=平抛运动阶段：22xvt=2212Hgt=全程水平方向：12xxL+=代入已知各量数值，联立以上各式解得：t1=2s答：(1)转盘的角速度gR.(2)

他是从平台出发后经过2s放手的.17.如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面

上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.【答案】(1)μRcosθcotθ(2)R【解析】【详解】(1)由动能定理得：mgh－μmgcosθ·

R/tanθ＝0得h＝μRcos2θ/sinθ＝μRcosθcotθ(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0得：s＝R.18.如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，

使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ=37°角．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为L=2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接．货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0=0.

125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2．回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若货物从离地面高h0=1.5m处由静止滑下，求货

物到达轨道末端时的速度v0（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足条件（3）若μ1=0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？【答案】（1）5

m/s（2）10.40.6（3）2.64m【解析】【详解】（1）货物在倾斜轨道上的受力如图，由牛顿第二定律：0sincosmgmgma−=代入数据解得205m/sa=由运动学公式：200002si

n37hva=代入数据解得：05m/sv=（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得12(2)mgmmg+若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得12()mgmmg+联立④⑤式代入数据得:10.40.6（3）由（2）知货物滑上

A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动．货物下滑高度记为2h，到达斜道末端时速度记为2v222002sin37hva=货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小a1=gμ1=5m/s2货物离开A时速度记为3v2

23212vval−=−货物滑上B时，自身加速度大小221g5m/sa==，B的加速度大小231221m/sagg=−=由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为4v，货物做匀减速运动：432vvat=−，224322v

val货−=−B做匀加速运动：43vat=，2432Bval=位移关系满足：+Blll=货代入数据解得：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com