【文档说明】安徽省六安第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.393 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-986cf1f7322e63274d6e54cbeef3067a.html

以下为本文档部分文字说明：

六安一中2024届高三年级第二次月考物理试卷时间：75分钟分值：100分一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.下列关于力的说法中正确的是（）A.静止的物体，不可能受到滑动摩擦力B.挂在电线下

面的电灯对电线的拉力，是因为电灯发生微小形变而产生的C.物体的运动状态发生变化则所受合力一定发生变化D.作用力做正功，其反作用力一定做负功【答案】B【解析】【详解】A．发生相对运动的物体间才有可能受到滑动摩擦力，与物体本身静止或运动无关，因此静止的物体也会受到滑

动摩擦力，故A错误；B．弹力是发生形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用，因此挂在电线下面的电灯对电线的拉力，是因为电灯发生微小形变而产生的，故B正确；C．物体的运动状态发生变化则

说明所受合力一定不为零，而合外力不一定发生变化，故C错误；D．力做正、负功取决于力和物体位移方向之间的夹角，夹角为锐角力做正功，夹角为钝角力做负功，作用力做正功，其反作用力是作用在另一个物体上，不一定做负功，故D错误。故选B。2.如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水

平面的夹角为，手机与接触面的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等B.支架斜面对手机的摩擦力大小为cosmg

，方向沿斜面向上C.手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力的D.手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力【答案】D【解析】【详解】A．手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支

架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故A错误；B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为sinfmg=故B错误；C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，根据摩擦力产生的

条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误；D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D正确。故选D。3.甲、乙

两同学完成一娱乐性比赛，比赛时由同一点O分别斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A.甲抛出的球在空中运动的时间较长B.两球在天花板处的速度可能相等C.乙抛

出的球的初速度一定较大D.若两球同时抛出，则它们一定在空中相遇【答案】C【解析】【详解】A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，令高度为h，则有212hgt=解得222httg==可知两球运

动的时间相等，故A错误；BC．两球在水平方向做匀速直线运动，根据0xvt=可知乙球的水平位移大，所以乙抛出的球的初速度一定较大，在最高点竖直速度为零，只剩水平方向速度，所以乙球在天花板处的速度大，故B错误，C正确；D．在相同时间两球所在的高度相同，而水平位移不同

，所以若两球同时抛出，则它们不能在空中相遇，故D错误。故选C。4.如图所示，轻质不可伸长细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度0v

匀速下滑。设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A.物体A做加速运动B.物体A做匀速运动C.A处于失重状态D.T等于sinmg【答案】A【解析】【详解】ABC．将B的竖直向下的运动分解为沿着绳子方向与垂直绳子方向两个分运动，如图所示

结合平行四边形定则以及三角函数可知A0sinvvv==绳式中B速度恒定，增大，故A的速度增大，有斜向左上方的加速度，A处于超重状态。故A正确，BC错的误；D．对A分析，根据牛顿第二定律可得sin0Tmgma−=即sinTmg故D错误。故选A。5.如图所示，物块放在能绕中心轴转动

的水平圆盘上，物块与圆盘的动摩擦因数为，物块到转轴的距离为r，某时刻圆盘角速度从0开始缓慢增大直到物块与圆盘即将发生相对滑动，随即圆盘以该角速度匀速转动，则下列说法正确的是（）A.物块随圆盘匀速转动

时，物块做匀变速曲线运动B.物块随圆盘匀速转动时，圆盘对物块的作用力水平指向圆心C.整个过程中圆盘对物块的摩擦力不做功D.物块随圆盘匀速转动四分之一圈，摩擦力的冲量大小为2mgr【答案】D【解析】【详解】A．物块随圆盘匀速

转动时，加速度方向不断变化，物块做非匀变速曲线运动，故A错误；B．物块随圆盘匀速转动时，圆盘对物块有竖直向上的支持力，水平指向圆心的摩擦力，合力斜向上，故B错误；C．圆盘缓慢加速转动过程中，物块的动能增大，依据动能定理，圆盘对物块的摩擦力做正功，故C错误；D．根据2mvfr=f

mg=物块随圆盘匀速转动四分之一圈，速度变化量大小2vv=摩擦力的冲量大小为Imv=联立得I=2mgr故D正确。故选D。6.火星探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图如图所示，其中轨道I、III为椭圆，轨道II为

圆，探测器经轨道I、II、III运动后在Q点登陆火星，O点是轨道I、II、III的切点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道III的远火星点和近火星点。已知火星的半径

为R，6OQR=，下列说法正确的是（）A.在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道III上探测器与火星中心的连线扫过的面积相等B.探测器在轨道II经过O点时的加速度大于在轨道III运动

经过O点时的加速度C.探测器在轨道II与轨道III上运行的周期之比为515:9D.探测器在轨道II和轨道III上运行时的机械能相同【答案】C【解析】【详解】A．开普勒第二定律，适用于在同一轨道上行星或卫星与中心天体的连线，在相同时间内扫过的面积相等，轨道I和I

I不在同一轨道上，因此在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道II上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等。故A错误；B．根据2GMmmar=解得2GMar=探测器在轨道II经过O点时的加速度等于在轨道III运动经过O点时

的加速度。故B错误；C．已知火星的半径为R，OQ=6R，可知轨道II的半径为5R，轨道III的半长轴为3R，由开普勒第三定律可得()()33222353RRTT=解得235159TT=故C正确；D．探测器从轨道II变轨到轨道III需要减速做向心运动，所以在这两个

轨道上运行时的机械能不相同。故D错误。故选C。7.如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，

当小球以不同速度经过管道最高点时，其2Fv−图像如图所示。则（）A.小球的质量为aRcB.当地的重力加速度大小为RaC.2vb=时，小球对管壁的弹力方向竖直向下D.23vb=时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍【答案】D【解析】【详解】AB．在最高点，若0

v=，则Fmgc==若0F=，重力提供向心力，则2vamgmmRR==解得小球的质量agR=，cRma=故AB错误；C．若0F=，则2va=，则2vb=时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；D．当2vb

=时，根据mgbFRm+=，Fcmg==解得2bgR=当23vb=时，根据2vmgFmR+=解得5Fmg=故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图甲所示，小物块静止在倾角37=的粗糙斜面上，现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化关系如图丙所示，已知sin37

0.6cos370.8==，，重力加速度210m/s=g，下列说法正确的是（）A.物块的质量为1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C.0~3s时间内，力F做功的平均功率为0.32WD.0~3s时间内，物块克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【解析】【详解】AB．速

度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以从图3中可得1~3s内小物块做匀加速直线运动，加速度为220.8m/s0.4m/s2vat===此时小物块在沿斜面方向上受到向下的推力F，重力的分力，以及沿斜面向上的摩擦力，则有13fsin3

7FmgFma+−=fcos37Fmg=由图可知物体平衡时，有34sin37cos370Fmgmg+−=联立解得1kgm=0.8=故A正确，B错误；C．由v-t图像可知，0~1s时间内，物块静止，力F不做功；1~3s时间内，外力为130.8N

F=，速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以物块的位移为120.8m0.8m2x==所以0~3s内力F做功的平均功率为1330.80.8W0.213W3FxWPtt====故C错误；D．0~3s时间内物体克服摩擦力做的功为

fcos0.8110cos370.85.12JWmgx===克故D正确。故选AD。9.如图所示，倾角30=的传送带以大小为4m/s的速度顺时针匀速运行，一质量为1kg的工件（视为质点）以大小为8m/s的初速度从传送带的底端A冲上传送带，并恰好能到达传送带的顶端B，

随即滑回A端。工件与传送带间的动摩擦因数为35，取重力加速度大小210m/sg=。下列说法正确的是（）A.工件沿传送带上滑的时间为2.5sB.工件返回A端时的速度大小为42m/sC.工件在传送带上的整个过程中，摩擦力对工件做的功为18J−D.工件在传送带上的整个过程中，因摩擦产生

的热量为15J【答案】AC【解析】【详解】A．工件所受重力沿传送带向下的分力大小为1sin0.5Gmgmg==滑动摩擦力大小cos0.3fmgmg==当工件的速度大于传送带的速度时，工件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，因此工件向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律

可得，上滑的加速度大小为2118m/sGfam+==工件从A端上滑至与传送带速度相同的时间0110.5svvta−==为此后工件继续向上做匀减速运动，上滑的加速度大小为2122m/sGfam−==从工件

与传送带达到共同速度至工件到达B端的时间为222svta==因此工件沿传送带上滑的时间为122.5sttt=+=故A正确；B．A、B两端的距离为0127m22vvvLtt+=+=设工件返回A端时的速度大小为v，则有222vaL=解得27m/sv=故B错误；C．根据动能定理可知，

工件在传送带上滑行的过程中，摩擦力对工件做的功2201118J22Wmvmv=−=−故C正确；D．工件从B端下滑至A端的时间为27svta==工件在传送带上滑行过程中，因摩擦产生的热量为()()0112236127J22vvvQftvtfvttfvtL+

=−+−++=+故D错误。故选AC。10.如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数k=20N/m的的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m=1kg的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块

相连，另一端与质量为M=2kg的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为2p12Ekx=，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6；开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜

面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为5JB.石块的速度最大时轻弹簧的形变量为0.5mC.石块的最大速度为10m/sD

.滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m【答案】BD【解析】【详解】A．由静止释放石块瞬间，因滑块m恰好不上滑，故有1sincoskxmgmg=+2p0112Ekx=联立解得10.5mx=，p02.5JE=故A错误；B．石块

的速度最大时滑块速度也最大，且加速度为零，由力的平衡有2sincosMgkxmgmg=++解得20.5mx=故B正确；C．设石块的最大速度为vm，因初末状态弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒定律有()()()()2121212m1sincos2MgxxmgxxmgxxmMv+−+−+=

+解得m215m/s3v=故C错误；D．设滑块沿斜面向上运动的距离最大时弹簧伸长量为x3，此时石块、滑块速度都为零，根据能量守恒定律有()()()221313131311sincos22Mgxxkxkxmgxxmgxx++=++++解得31.5mx=即滑块沿斜面向上运

动的最大距离为132.0mxxx=+=故D正确。故选BD。三、实验题（每空2分，共16分）11.某探究小组用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，请回答以下问题：①在该实验中，主要利用

了____________来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；A．理想实验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法②探究向心力与角速度之间的关系时，应选择半径_________（填“相同”或“不同”）的两个塔轮；③探究向心力与角速度之间关

系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为______。A．1:9B．1:3C．1:1D．3:1【答案】①.C②.不同③.D【解析】【详解】①

[1]探究向心力、质量、半径与角速度之间的关系采用的是控制变量法。的故选C。②[2]探究向心力与角速度之间的关系时，应使两个塔轮的角速度不同，则应选择半径不同的两个塔轮。③[3]探究向心力与角速度之间的关系时

，两个小球所受的向心力的比值为1:9，根据公式2Fmr=可得角速度之比为1:3，传动皮带线速度大小相等，由vr=可知塔轮的半径之比为3:1。故选D。12.某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系。将装有传感器的小车放置在水平长

木板上，小车后面连着打点计时器的纸带，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数0F。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数1F。释放小车，记录小车运动时传感器的示数2F。（1）接通频率为50

Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度=a_________2m/s，打计数点3时的瞬时速度为____________________m/s（结果保留三位有效数字）。（2）同一次实验中，1F_____2F（选

填“＜”、“=”或“＞”）。（3）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（20FFF=−）的关系图像。下列图像中正确的是______。（4）关于该实验，下列说法中正确的是（

）A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据【答案】①.0.16②.0.376③.＞④.B⑤.D【解析】【详解】（1）[

1]根据匀变速直线运动的推论有3412122xxaT−=4523222xxaT−=2120.16m/s2aaa+==[2]根据匀变速直线运动的规律有243m/s2xvT==（2）[3]由题意可知，按住小车时，对小桶受力分析有1Fmg=松开手后，小桶加速下滑，对其分析有2mg

Fma−=综上所述12FF（3）[4]根据牛顿第二定律有FMa=整理有1aFM=可知其图像为过原点的倾斜直线。故选B。（4）[5]A．实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A项错误；B

．实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B项错误；C．实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C项错误；D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，

故D项正确。故选D。四、解答题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。13.据报道，中国新一代载人运载火箭和重型运载火箭正在研制过程中，预计到2030年左右，将会具备将航

天员送上月球的实力，这些火箭不仅会用于载人登月项目，还将用在火星探测、木星探测以及其他小行星的探测任务中。设想中国宇航员在月球表面将小球以速度0v沿竖直向上抛出，小球上升最大高度为h，已知月球的半径为R，

引力常量为G。求：（1）月球的质量；（2）月球第一宇宙速度1v。【答案】（1）2202vRhG；（2）02Rhv【解析】【详解】（1）设月球表面重力加速度为g，月球质量为M，小球以速度0v沿竖直向上抛出，则有202vgh

=小球在月球表面的重力等于月球的万有引力，则有2MmmgGR=联立解得2202vRMhG=（2）由月球的万有引力提供向心力，可得212vMmGmRR=解得月球第一宇宙速度201022vRGMRvvRhh===14

.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的钩码A，手持木板B托住A缓慢向上压弹簧，至某一位置静止，此时如果撤去B，则A的瞬时加速度为85g，现用手控制B使之以25ag=的加速度向下做匀加速直线运动，求：（1）初始状态下弹簧的压缩量？（2）钩码A能够做匀加

速运动的时间？（3）钩码A做匀加速运动的过程中，木板B对它的支持力做了多少功？【答案】（1）135mgxk=；（2）6mk；（3）221825mgk−【解析】【详解】（1）设初始状态弹簧压缩量为1x则185kxmgmg+=解得135mgxk=（2）当B以25g匀加速向下运

动时，由于ag所以弹簧在压缩状态时A、B不会分离，分离时弹簧处于伸长状态，设此时弹簧伸长量为2x，则225mgkxmg−=可得235mgxk=A匀加速运动的位移1265mgsxxk=+=212sat=

解得6mtk=（3）由于12xx=这一过程中弹簧对物体A的弹力做功为0，A、B分离时A265mvatgk==由动能定理得2F12AmgsWmv+=代入得22F1825mgWk=−15.如图所示，一定高度的水平桌面最左端的竖直挡板上固定一轻质弹簧，弹簧处于原长时右端位于B点，已知B

点左侧光滑、右侧粗糙，桌面右侧的水平地面上固定一光滑弧形槽，弧形槽的半径为11m8R=，圆心角53=，弧形槽的右端放置一长为L=8m、质量为M=1kg的长木板，长木板的上表面与弧形槽的最低点E等高。现将一质量为m=1kg的可视为质点的滑块放在轻

弹簧的最右端，推动滑块向左将弹簧压缩至A点后静止释放，滑块由桌面的最右端C离开，经过一段时间由弧形槽的边缘D无碰撞地进入弧形槽，最终滑上长木板。已知滑块与桌面BC间的动摩擦因数为10.1=，滑块与长木板上表面间的动摩擦因数为20.2=，长木板与水平面间的动摩擦因数

为30.05=，B、C两点间的距离为3.5mBCx=，C、D两点的高度差为0.8mh=，重力加速度g=10m/s2，cos53°=0.6。（1）滑块位于A时，求弹簧储存的弹性势能pE；（2）求滑块运动到E点时对弧形槽的压力大小；（3）通过计算分析滑块能否离开长木板，若能，求滑块离开长木板瞬间

的速度大小；若不能，求最终滑块到E点的水平距离。【答案】（1）8.0J；（2）398N11；（3）不能，最终滑块到E点的水平距离为12m【解析】【详解】（1）假设滑块离开弹簧瞬间的速度为Bv，离开桌面瞬间的速度为Cv，弹簧离开滑块的过程中，由机械能守恒定律有2

p12BEmv=滑块由B到C的过程中，由动能定理有22111-22BCCBmgxmvmv=−滑块离开C点后做平抛运动，竖直方向有2112hgt=在D点的竖直分速度为1yvgt=由于滑块无碰撞地由D点进入弧形槽，则有tanCyvv=联立代入相关已

知数据解得p8.0JE=（2）滑块在D点的速度为225m/sDyCvvv=+=滑块由D到E的过程中，只有重力做功，滑块的机械能守恒，有2211(1cos)22EDmgRmvmv−=−解得6m/sEv=滑块在E点时由牛顿

第二定律得2EvFmgmR−=解得398N11F=由牛顿第三定律可知，滑块运动到E点时对弧形槽的压力为398N11。（3）假设滑块不能离开长木板，且经时间2t，滑块和长木板达到共同的速度v，滑块滑上长木板，初期滑块做减速运动，长木板向右做加速运动，滑块

和长木板的加速度大小分别为1a、2a，对滑块由牛顿第二定律有21mgma=解得212m/sa=对长木板有232()mgMmgMa−+=解得221m/sa=则1222Evvatat=−=解得22st=，2m/sv=该过程中滑块的位移为128m2Evvxt+==长木板的位移为222m2vxt=

=该过程中滑块相对长木板的位移为126m8mxxxL=−==则假设成立，此后滑块和长木板共同向右做减速运动，减速时的加速度大小为233()0.5m/sMmgaMm+==+两者共同减速到停止的位移为2334m2vxa==此时滑块到E点的距离为131

2mxxx=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com