天津市静海区第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx

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静海一中2023-2024第一学期高三（10月）学生学业能力调研物理试卷知识与技能学习能力（学法）内容分子动理论热力学定律运动的描述匀变速直线运动相互作用牛顿运动定律规律总结易混易错关键环节分数161832344104考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题和第Ⅱ卷提高题两部分，卷面分3分，共100分。第Ⅰ卷基础题（共79分）一、选择题：（1-6题单选，7-9题多选，每题3分，漏选得2分，共27分）1.如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳（曳引绳）将它们连接起来，钢丝绳通过驱动装置（曳引机）的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动。某次“轿厢”向上匀减速运动，则（）A.“轿厢”处于超重状态B.“对重”处于失重状态C.“对重”向下匀加速运动D.曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小【答案】D【解析】【详解】A．当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项A错误； D．轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项D正确；BC．同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项BC错误。故选D。2.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（）A.方向向左，大小不变B.方向向左，逐渐减小C.方向向右，大小不变D.方向向右，逐渐减小【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A和B整体，根据牛顿第二定律有解得然后隔离B，根据牛顿第二定律有大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左。故选A。3.如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（　　）A.饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了B.饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果 C.在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功D.在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高【答案】B【解析】【详解】A．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，但是不是盒内每一个气体分子速率都增大了，故A错误；B．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，所以气体压强增大导致饭盒爆炸，故B正确；C．在饭盒爆炸的瞬间，气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；D．根据热力学第一定律可知，爆炸前气体温度升高，内能增大，在饭盒爆炸的瞬间，气体对外界做功，其内能应减小，盒内气体温度急剧下降，故D错误。故选B。4.如图所示，一只动物沿着较粗的圆弧树枝从A点缓慢斜向上移动到B点。则以下说法正确的是（　　）A.树枝对动物的弹力减小B.树枝对动物的摩擦力增大C.树枝对动物的作用力大小不变D.动物对树枝的作用力方向是垂直树枝向下【答案】C【解析】【详解】A．设弹力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得，动物所受的弹力从A到B的过程中，减小，则弹力增大，A错误；B．设弹力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得，动物所受的摩擦力 从A到B的过程中，减小，则摩擦力变小，B错误；CD．动物缓慢爬行，合力始终为零，树枝对动物的作用力始终和重力等大反向，D错误C正确。故选C。5.刚刚结束的奥运会上，广东小将全红婵（图甲）以总分466.2分打破世界纪录，获得跳水单人十米台金牌。自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是（　　）A.0-t2为空中运动时间，速度始终向下B.t1-t2内的加速度比在t2-t3内加速度大C.在0-t1内，平均速度等于D.在t2-t3内，平均速度【答案】C【解析】【详解】A．0～t2为空中运动时间内，速度先为负值，后为正值，则速度方向先向上，后向下，故A错误；B．v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图可以看出，t1-t2内的加速度比在t2-t3内加速度小，故B错误；C．在0~t1内，图线斜率不变，表示匀变速直线运动，则由匀变速直线运动推论，平均速度等于初、末速度和的一半，即为，故C正确；D．v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像可以看出，实际图线在t2~t3时间内围的面积小于虚线（匀减速到零）所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度小于此段时间内匀减速到零的平均速度，故D错误。故选C。 6.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（）A.物体在2s末的速度是20m/sB.物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC.物体自由下落的加速度是5m/s2D.物体在5s内的位移是50m【答案】D【解析】【分析】【详解】第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度．再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式h=求出速度和位移AC．第5s内的位移是18m，有：gt12﹣gt22=18m，t1=5s，t2=4s解得：g=4m/s2．所以2s末的速度：v=gt=8m/s故AC错误．B．第5s内的平均速度：故B错误．D．物体在5s内的位移：x=gt2=×4×25m=50m故D正确．故选D7.关于热现象的描述，下列说法正确的是（　　）A.漂浮在水面上的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，布朗运动反而越不明显B.气体的温度越高，每个气体分子的动能都越大C.零摄氏度的水比等质量的零摄氏度的冰分子势能大D.内能既能够从高温物体传递到低温物体，也能够从低温物体传递到高温物体【答案】ACD【解析】 【详解】A．悬浮在液体中小颗粒周围有大量的液体分子，由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击，造成小颗粒受到的冲力不平衡而引起小颗粒的运动，漂浮在水面上的花粉颗粒越大，撞击它的分子数越多，布朗运动越不明显。故A正确；B．气体的温度越高，气体分子的平均动能越大，但不是每个气体分子的动能都越大，故B错误；C．零摄氏度的冰变化成了零摄氏度的水，需要吸热，所以水比冰的内能大；由于温度相同，分子平均动能相同，所以零摄氏度的水比等质量的零摄氏度的冰分子势能大，故C正确；D．内能既能够从高温物体传递到低温物体，也能够从低温物体传递到高温物体，但会引起其他变化，故D正确。故选ACD。8.如图在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳瞬间（g=10m/s2），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）A.小球受力个数改变B.小球将向左运动，且a=8m/s2C.小球将向左运动，且a=10m/s2D.若剪断是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10m/s2【答案】AB【解析】【详解】A．在剪断轻绳前，小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零；则小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡得知弹簧的弹力为剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、弹簧的弹力、水平面的支持力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数增大，故A正确；BC．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球受四个力作用，由牛顿第二定律得解得 加速度方向向左，小球向左运动，故B正确，C错误；D．若剪断是弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为0，则小球的加速度为0，故D错误。故选AB。9.如图，一定量的理想气体从状态a（p0，，）经热力学过程、、后又回到状态a、对于、、三个过程，下列说法正确的是（　　）A.过程中，气体始终吸热B.过程中，气体始终放热C.过程中，气体对外界做功D.过程中，气体的温度先降低后升高【答案】AB【解析】【详解】A．由图示图像可知，ab过程气体体积V不变而压强p增大，由一定质量的理想气体状态方程可知，气体温度升高，气体内能增大ΔU＞0气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q=ΔU-W=ΔU＞0气体始终从外界吸收热量，故A正确；BC．由图示图像可知，ca过程气体压强p不变而体积V减小，由一定质量的理想气体状态方程 可知，气体温度T降低，气体内能减小ΔU＜0气体体积减小，外界对气体做功W＞0由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q=ΔU-W＜0气体始终向外界放出热量，故C错误，B正确；D．由图示图像可知，bc过程气体压强p与体积V的乘积先增大后减小，由一定质量的理想气体状态方程可知，气体温度T先升高后降低，故D错误。故选AB。二、判断题（每小题2分，共10分）10.下列说法是否正确？正确的写“√”；如果不正确的写“×”，并改正：（1）物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。______。（2）布朗运动就是液体分子的无规则运动。______。（3）热力学系统的平衡态是一种静态平衡。______。（4）轻绳、轻杆的弹力方向一定沿绳、杆。______。（5）运动的物体也可以受到静摩擦力。______。【答案】①.√②.×③.×④.×⑤.√【解析】【详解】（1）物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化，故正确。（2）布朗运动是微小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，但不是液体分子的无规则运动，故错误。（3）热力学系统的平衡态是一种动态平衡，故错误。 （4）轻绳的弹力方向一定沿绳；但轻杆的弹力方向不一定沿杆，故错误。（5）运动的物体也可以受到静摩擦力，比如物体随倾斜传送带一起向上运动时，物体受到传送带的静摩擦力作用，故正确。三、填空题（每空2分，共22分）11.在倾角为的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中力的大小变化情况：（1）斜面对球的支持力逐渐______。（2）挡板对小球的弹力先______后______。（3）规律总结：动态平衡可采用：______、______方法分析处理（回答两种方法即可）【答案】①.减小②.减小③.增大④.图解法⑤.解析法##相似三角形【解析】【详解】（1）[1]以小球为对象，受到重力、斜面支持力和挡板支持力，将与合成为，如图所示小球一直处于平衡状态，故与合成的合力一定与重力等大、反向、共线。从图中可以看出，斜面对球的支持力逐渐减小。（2）[2][3]由受力图可以看出，挡板对小球的弹力先减小后增大。（3）[4][5]规律总结：动态平衡可采用：图解法、解析法分析处理。12.质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球ab，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.重力加速度为g，则当F 的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为______。【答案】3.2mg【解析】【详解】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力作出F在三个方向时整体的受力图：根据平衡条件得知F与T的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为13.某实验小组采用如图甲实验装置，研究小车质量不变时，其加速度a与所受合力F的关系。（1）在补偿阻力这步操作中，______（“需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。（2）实验中得到的一条纸带如图乙，相邻的两计数点之间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测量出来的数据已在图中标出。已知打点计时器的打点周期为0.02s，该小车运动的加速度大小为______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。（3）该实验小组把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，根据实验得出的数据，采用图像法处理数据，画图像如图丙，发现图线上端弯曲，原因可能______。（4）关于本实验存在的误差，以下说法正确的是______。A．在图乙中，每个测量数据均存在偶然误差B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差 C．实验中用图像法处理数据可以减少系统误差（5）仪器改进：若采取图片中的仪器进行实验，则无需______。【答案】①.不需要②.0.39③.小车质量可能没有远远大于砂和砂桶总质量④.AB##BA⑤.M远远大于m【解析】【详解】（1）[1]本实验中小车所受阻力是通过小车重力沿木板向下的分力进行补偿的，在补偿阻力这步操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上。（2）[2]相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为根据逐差法可得，该小车运动的加速度大小为（3）[3]该实验小组把砂和砂桶的总重力mg当成小车的合力F，设小车质量为M，对小车根据牛顿第二定律有对砂和砂桶根据牛顿第二定律有联立解得由上式可知只有当时才有随着F（即mg）的增大，m将逐渐不满足，使得图像的斜率开始偏离，逐渐变为，造成斜率减小，从而使图像向下弯曲。所以图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量。（4）[4]A ．偶然误差源于测量时的偶然因素，每次测量时都会存在，所以在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，故A正确；B．根据（3）题分析可知，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在误差，属于实验原理不完善造成的误差，即系统误差，故B正确；C．实验中用图像法处理数据可以减小偶然误差，系统误差无法通过多次测量取平均值或图像法来减小，故C错误。故选AB。（5）[5]若采取图片中的仪器进行实验，由于绳子拉力可以通过力传感器测得，不需要用砂和砂桶的总重力代替，则无需M远远大于m。四、解答题（12题10分、13题10分，共20分）14.如图一足够长的斜面BC倾角为θ=37°，与水平面AB圆滑连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点间距L=9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5。现使物体受到一水平向右的恒力F=14N作用，当物体运动至B点时撤去该力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。则：（1）物体到达B点时的速度是多大？（2）物体在斜面上向上滑行的时间是多少？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知解得根据速度位移公式可知解得物体到达B点时的速度大小为（2）在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为根据运动学公式可得解得物体在斜面上向上滑行的时间为15.如图，质量的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量的小球相连。今用跟水平方向成角的力拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中、的相对位置保持不变，。在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角θ；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。【答案】(1)；(2)【解析】【分析】【详解】小球并带动木块一起向右匀速运动，均处于平衡状态，设轻绳拉力为T，对小球，由平衡条件可得水平方向上竖直方向上 联立代入数据可得。(2)把小球和木块当成以整体，设杆的支持力为N，由平衡条件可得水平方向竖直方向联立代入数据可得。第Ⅱ卷提高题（共18分）16.关键环节某一长直的赛道上，一辆F1赛车前方200m处有一安全车正以10m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2m/s2的加速度追赶。（1）求赛车追上安全车之前与安全车的最大距离，及何时追上安全车；（2）当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4m/s2的加速度做匀减速直线运动，则两车再经过多长时间第二次相遇？（设赛车可以从安全车旁经过而不相碰）（3）关键环节：通过上题的解答，总结处理追击、相遇问题时，两车间有最大距离（或最小距离）的关键条件。【答案】（1）225m，20s；（2）20s；（3）当两者速度相等时，出现最大（最小）距离【解析】【详解】（1）当两车速度相等时，两车相距最远由v0=a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3=t3=s=5s两车最远相距Δs=v0t3＋200-a1t3Δs=225m设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200=a1t22 解得t2=20s（2）假设再经t4时间两车第二次相遇（两车一直在运动）v=a1t2得v=40m/s由位移关系得vt4-a2t42=v0t4得t4=15s赛车停下来的时间t′=得t′=s=10s所以t4=15s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动。设再经时间t5两车第二次相遇，应满足=v0t5解得t5=20s