【文档说明】山东省禹城市2025届高三上学期10月月考物理试题答案.doc，共(9)页，999.000 KB，由小赞的店铺上传

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1、质量为1kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物体运动的位移—时间图像如图所示，图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10m/s2，则水平

拉力F的大小为()A．2NB．4NC．6ND．8N答案C解析从0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有－μmg×2t0＝0－mv，解得F＝6N，故选C。2、.木块a和b

用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是()A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒D．a离开

墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒答案D解析a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力

为零，故动量守恒，故C错误，D正确。3、滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A．受到的合力较小B．在A

、B之间的运动时间较短C．经过A点的动能较小D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小答案B解析因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；由于题图甲中滑块的加速

度大，根据x＝12at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故B正确；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故C错误；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的

功相等，故D错误。4、如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．A、B球受到的支持力之比为3∶3B．A、B球的向心力之比为3∶1C．A、B

球运动的角速度之比为3∶1D．A、B球运动的线速度之比为1∶2答案C解析对小球A、B受力分析，受到重力和支持力，在竖直方向合力为零，则有FNsinθ＝mg，解得FN＝mgsinθ，所以FNAFNB＝sin60°sin30°＝3，故A错误；重力和

支持力的合力提供向心力，则有F向＝mgtanθ，所以F向AF向B＝tan60°tan30°＝3，故B错误；小球的运动轨迹高度相同，则半径r＝htanθ，由牛顿第二定律可知mgtanθ＝mω2r，解得ω＝1tanθgh，所以ωAωB＝t

an60°tan30°＝3，故C正确；线速度v＝ωr，解得vAvB＝1，故D错误。5、图甲是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图乙所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是()A．货物A对玻璃棚的压力不变B．货物A

对玻璃棚的压力越来越大C．绳子的拉力越来越大D．绳子的拉力越来越小答案C解析对货物A受力分析，其动态图如图，货物A缓慢向上移动，则拉力与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物A的支持力变小，由牛顿第三定律知货物A对玻璃棚的压力越来越小。故选C。6、

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116，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7.9km/sB.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：A.7.9km/s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7.9km/s，故A错误；B.根据2MmGmaR=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22MmvGmRR=GMvR=对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；D.根据2224π()MmGmRRT=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。7、如图所示，两个长度相同的轻绳在中点处垂直

交叉形成一个“绳兜”，重力为G的光滑球静置于“绳兜”中。绳端挂于O点静止，A、B、C、D为每根绳与球面相切的点，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R为球的半径，则OA绳中的拉力大小为()A.58GB.54GC.36GD.14G答案A解析设OA、OB、OC、OD与竖直方向夹角为θ，OA、OB

、OC、OD绳子拉力为FT，根据受力分析及几何关系可知4FTcosθ＝G，由几何关系知cosθ＝2R(2R)2＋R2＝255，联立可得FT＝58G，故选A。8、如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定

在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin37°＝0.6。下列说法正确的是()A．滑

块在b点时动量最大B．滑块从a点到c点的过程中，弹簧弹力的总冲量为零C．滑块在c点的速度大小为5glD．滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为2512mgl答案D解析从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向

下的拉力，滑块的速度不断增大。从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，动量也不是最大，故A错误；从a下滑到b点和从b下滑到c点的时间不相等，结合对称性可知弹簧弹力的总冲量不为零，故B错误；由题图可知，a、c两处

弹簧的形变量相同，故滑块从a到c，弹力做功为零，只有重力做功，则有mg·2ltan37°＝12mvc2，可得滑块在c点的速度大小为vc＝3gl，故C错误；滑块从c点下滑到d点的过程中，有ΔE＝12mvc2＋mgl(tan53°－tan37°)，解得ΔE＝2512mgl，故D

正确。9、(多选)(2023·湖南怀化市期末)A、B两个物体v－t图像分别如图中a、b所示，图线a是抛物线，图线b是直线，抛物线顶点的横坐标为t1，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等。下列说法正确的是()A．t2时刻A、B间距离

一定最小B．t2～t3时间内A的加速度一直小于B的加速度C．0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度D．t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3答案CD解析根据题意，由于不知道物体A、B初始状态的位置关系，则无法判断A、B

间的距离变化情况，故A错误；由题图可知，A的图像关于t1对称，由v－t图像的斜率表示加速度可知，t2～t3时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的

面积相等，即0～t3时间内A、B的位移相等，则0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度，故C正确；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t1对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总位移的34，由于A、B在0～t3时间内的位移相

等，则t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3，故D正确。10、喷淋装置将水沿不同方向喷出，其中AB、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：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xvt=水平由于水

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。11、)如图所示，质量m1＝1kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现

给物块P以v0＝4m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．P与Q开始相对静止的速度是2.5m/sB．长木板Q长度至少为2mC．P与Q之间产生热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1D．P与Q之间产生的热量和地面

与Q之间产生的热量之比为2∶1答案BC解析P的加速度为aP＝－μ1m2gm2＝－2m/s2Q的加速度为aQ＝μ1m2g－μ2(m1＋m2)gm1＝2m/s2两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1s，v共＝2m/s，选项A错误；P、Q共速时的相对位移为Δx＝v0＋v共2t－0＋v共2t

＝2m，之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2m，选项B正确；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12J，由能量守恒定律得，地面与Q之间产生的热量为Q2＝12m2v02－Q1＝12J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。1

2、如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的

是()A．A、B组成的系统动量守恒B．A球运动到最低点时速度大小为gLC．A球机械能减小了14mgLD．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L2答案BD解析A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB。以小球A摆到最低

点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB由机械能守恒得mgL＝12mvA2＋12mvB2，解得vA＝vB＝gL，A球运动到最低点时速度大小为gL，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－12

mvA2＝12mgL，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有mxAt－mxBt＝0，xA＋xB＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L2，故D正确。13、如图甲所示，某同学设计了测量物块与桌面间动摩擦因数的实验，所用器材有：力

传感器、带有定滑轮的长木板、物块（固定着定滑轮）、砂和砂桶、刻度尺、打点计时器、交流电源，纸带等。回答下列问题：（1）关于本实验，下列操作要求必要的是__________。（填字母）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，进行阻力补偿C.令物块靠近打点计时

器，先接通电源，再释放物块，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D.为减小实验误差，一定要保证砂和砂桶的质量远小于物块的质量（2）已知打点计时器打点的频率为f，某次实验时，得到了如图乙所示的点迹清晰的一条纸带，图中的

点为计数点（每两个相邻的计数点间还有5个计时点未画出），各点间距离已测量并标在纸带上，则物块的加速度为__________。（用题给字母表示）（3）改变砂和砂桶的质量，多次测量，根据实验数据以力传感器示数F

为纵轴、物块的加速度a为横纵作出图线，已知图线的斜率大小为k，截距的大小为b，则物块与桌面之间的动摩擦因数=__________。（用k、b和重力加速度g表示）【答案】①.C②.③.bkg14、在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”实验中(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过

程中任意两点间的________。A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、刻度尺、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。A

．交流电源B．天平(含砝码)(3)某同学选用一质量为m＝0.4kg的重物，按照正确的操作选得纸带如图所示，其中O是起始点，量得连续五个计时点A、B、C、D、E到O点的距离，打点频率为50Hz，已知当地重力加速度为g＝9.8m/s2，则打下C点时重物的速度大

小是__________m/s，O点到C点的这段时间内重物重力势能的减少量为__________J。(结果均保留两位有效数字)(4)该同学用两个质量分别为m1、m2的重物P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2－h图

像如图所示。对比图像分析正确的是__________。A．阻力可能为零B．阻力不可能为零C．m1可能等于m2D．m1小于m2答案(1)A(2)A(3)2.00.86(4)BC解析(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，故选A。(2

)验证机械能守恒定律实验通过电磁打点计时器计时，需要交流电源，故A正确；验证机械能守恒定律中等式两边重物质量可以约掉，则不需要天平测质量，故B错误。(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C点时重物的速度大小为vC＝xBD2T＝(

26.21－18.21)×10－22×0.02m/s＝2.0m/sO点到C点的这段时间内重物重力势能的减少量为ΔEp＝mghOC＝0.4×9.8×22.00×10－2J≈0.86J。(4)根据题意，设阻力为Ff，由动能定理

有(mg－Ff)h＝12mv2，整理可得v2＝2(g－Ffm)·h，可知，若阻力为零，则两次实验的v2－h图像斜率相等，由题图可知，斜率不等，则阻力不可能为零，故A错误，B正确；虽然斜率不相等，但不知道两物体所受阻力的情

况，则两物体的质量关系不确定，即m1可能等于m2，故C正确，D错误。15、如图所示，质量为m的物块静置于水平地面上，0t=时对物块施加水平向右的拉力，拉力大小随时间变化的规律为Fkt=（k为已知量）。物块

与地面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）求物块开始滑动的时刻1t；（2）求物块开始滑动前拉力的冲量I；（3）若经过2t（21tt）时间后撤去拉力，求物块运动的时间3t与2t的关系。答案：（1

）mgk（2）2222mgk，方向水平向右（3）23222kmgttmgk=−解析：（1）物块开始滑动时1ktmg=解得1mgtk=（2）物块开始滑动前，拉力随时间均匀变大，则1102ktIt+=解得22

22mkIg=（3）从物块开始滑动至停下过程中，拉力的冲量21211()2ktktItt−+=摩擦力的冲量32gtIm=−由动量定理得210II+=解得23222kmgttmgk=−16、如图所示，半径为R，圆心为O1的光滑圆弧轨道ABC

固定在竖直平面内，AB是竖直直径，BC段圆弧所对应的圆心角为θ＝37°。一根长为R，不可伸长的细线一端固定在O2点，另一端悬挂质量为m的小球，O2点与O1点等高。小球在最低点E时给小球一个向左的初速度，使小球在竖直平面

内做圆周运动，当小球运动到最高点D时细线被割断，但速度保持不变，小球刚好从C点无碰撞地进入圆弧轨道，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度的大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小球从C点进入圆弧轨道时的速度大小；(

2)O1、O2两点间的距离；(3)小球运动到D点细线刚好要割断时，细线的拉力大小。答案(1)10gR(2)5.4R(3)5.4mg解析(1)设小球到达C点时速度大小为vC，根据题意由运动学公式知vCy2＝2g(R＋

Rcosθ)根据速度分解可知vCy＝vCsinθ，解得vC＝10gR(2)O1、O2两点间的距离为x1＝vCxt1＋Rsinθ根据运动学公式可知R＋Rcosθ＝12gt12根据速度分解可知vCx＝vCcosθ，解得x1＝5.4R(3)小球在D点的速度为vD＝vCx＝4510g

R设细线的拉力为F，根据牛顿第二定律得F＋mg＝mvD2R，解得F＝5.4mg。17、如图所示，一自然长度小于R的轻弹簧左端固定，在水平面的右侧，有一底端开口的光滑圆环，圆环半径为R，圆环的最低点与水平轨道相切，用一质

量为m的小物块（可看作质点）压缩弹簧右端至P点，P点到圆环最低点距离为2R，小物块释放后，刚好过圆环的最高点，已知重力加速度为g，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。（1）弹簧的弹性势能为多大？（2）改变小物块的质量，仍从P点释放，要使小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块质量满足的条件

是什么？答案：（1）P522EmgRmgR=+（2）1mm或24542mm++解析：（1）小物块恰运动到最高点时，由牛顿第二定律2vmgmR=从小物块释放至运动到最高点的过程，由能量守恒定律

2P1222EmgRmgRmv=++联立可解得P522EmgRmgR=+（2）要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块运动中最高到达圆心等高处。①设小物块质量为1m，在最高点2

111vmgmR从小物块释放至运动到最高点的过程满足211111222PEmgRmgRmv=++解得1mm②设小物块质量为2m，当小物块运动的最高点不超过14圆周，满足hR此时P222EmgRmgR=+解得24542

mm++18、如图所示，长为L2＝2m的水平传送带以v＝2m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，mB＝mC＝1.0kg。在距传送带左端s＝0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回

，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1＝2m处由静止释放一质量mA＝0.6kg的物块A，一段时间后物块A与B发生碰撞，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，

与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为质点，g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大

小；(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。答案(1)4m/s(2)0.5J(3)10解析(1)根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得mAgL1sin37°－μ3mAgL1cos37°＝12m

AvA2，代入数据可得vA＝4m/s。(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为vA1，B的速度为vB，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB由能量守恒定律有12mAvA2＝12mAvA12＋12mBvB2，代入数据得vB＝3m/s物块B在传送带上运动的速度大于传

送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B有aB＝μ1g＝2m/s2物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有t1＝vB－vaB＝0.5s，x＝vB＋v2t1＝1.25m由于x<L2，物块B与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动

，此过程传送带向左的位移x1＝vt1＝1m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入数据得Q＝0.5J。(3)物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mBv＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有12mBv

2＝12mBvB12＋12mCvC12，代入数据得vB1＝0，vC1＝2m/s由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n次，由动能定理可知－μ2mCg×2ns＝0－12mCvC12，代入数据得n＝10。