资源简介

胶州市实验中学2024-2025学年高一下学期第三次月考学业水平检测物理试卷
一、单选题
1．如图所示，质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9：8，重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中( )
A.运动员的加速度大小为 B.合外力对运动员做的功为
C.运动员的机械能减少量为 D.空气阻力对运动员做的功为
2．一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型，斜面AB的倾角为，A、B两点分别是斜面的最底端和顶端，洞口处于斜面上的P点，O点在A点的正上方，A、B、O、P四点在同一竖直面内。第一次小球以的水平速度从O点抛出，正好落入洞中的点，的连线正好与斜面垂直；第二次小球以另一水平速度也从O点抛出，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度大小取，下列说法正确的是( )
A.小球从O点运动到P点的时间是
B.Q点在P点的下方
C.第二次小球水平抛出的速度小于
D.O、A两点的高度差为
3．如图所示，两个质量分别为M和m的小球带同种电荷，电荷量分别为Q和q，用和的轻绳悬挂与同一点，平衡时，两绳与竖直方向的夹角分别是和，则等于多少( )
A. B. C. D.
4．如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，质量为M的人与质量为m的喷水装置固定在一起，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向上运动，其图像如图乙所示。水的反冲作用力的功率恒定，规定竖直向上为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.时间内，水的反冲作用力越来越大
B.水的反冲作用力的功率为
C.时刻，人和喷水装置的加速度大小为
D.时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为
5．宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，可忽略其他星体对三星系统的影响。稳定的三星系统存在两种基本形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的轨道上运行，如图甲所示，周期为；另一种是三颗星位于边长为R的等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆运行，如图乙所示，周期为。则为( )
A. B.
C. D.
6．2024年巴黎奥运会于8月12日闭幕，中国体育代表团共收获40金27银24铜，创造夏季奥运会境外参赛最佳战绩。铅球比赛中，某铅球运动员正在进行投球，铅球投出后在空中的某段运动轨迹如图所示，铅球在A点时的速度大小，铅球在B点的速度恰好与方向垂直，且A、B两点的间距。若将铅球视为质点，忽略空气阻力，已知重力加速度，则下列说法正确的是( )
A.铅球从A点运动到B点的时间为0.6s
B.铅球在B点的速度大小为
C.铅球上升的最大高度为
D.A、B两点的高度差为0.45m
7．如图甲所示，水平面与竖直面内的半圆形导轨在B点平滑相接，各处摩擦因数相同，D为半圆形导轨的中点。一质量为的物体（可视为质点）将弹簧压缩到A点后由静止释放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导轨，物体沿半圆形导轨从B运动到C过程中速度平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度，则( )
A.弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能为
B.物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为
C.物体从B运动到C的过程中，合力对物体做的功为
D.物体从D运动到C的过程中，物体的机械能减少值
二、多选题
8．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )
A.时，A、B相对于转盘会滑动
B.时，绳子一定有弹力
C.范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
D.范围内增大时，B所受摩擦力变大
9．两个带电绝缘小球a、b，均带有正电荷，其中a固定在O点正下方的地面上，并与地面保持绝缘，b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且，b静止时如图所示。若a的电荷量保持不变，b中电荷量缓慢减小，则在b缓慢移动的过程中( )
A.细线对b的拉力大小不变 B.地面对a的作用力变大
C.细线对b的拉力逐渐变大 D.地面对a的作用力变小
10．如图所示，A、B两点有等量同种正点电荷，AB连线的中垂线上C、D两点关于AB对称，时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度沿CD方向射入，点电荷只受电场力。则点电荷由C到D运动的图象，以下可能正确的是
A. B.
C. D.
11．2022年10月9日7时43分，我国在酒泉卫星发射中心采用长征二号丁型运载火箭，成功将先进天基太阳天文台卫星“夸父一号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得了圆满成功。这颗卫星的发射，将实现我国天基太阳探测卫星跨越式突破；我国的卫星发射技术已经占据领先地位。假设在某次卫星发射中的轨迹如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设整个过程中卫星质量保持不变，不计空气阻力。则( )
A.该卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为
B.该卫星在轨道Ⅲ的运行速率小于
C.该卫星在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小等于地球赤道上静止物体的加速度大小
D.该卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能
12．如图所示，质量为m的小环A套在光滑竖直细杆上，小环A经由跨过光滑固定轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与质量为3m的重物B相连。小环A从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知，，下列说法正确的是( )
A.小环A由M到N位置，重物B做加速运动
B.小环A由M到N位置，重物B先失重后超重
C.N位置，小环A的动能为
D.时，小环A与重物B速度关系
三、实验题
13．某同学利用如图所示装置探究滑块与长木板间的动摩擦因数。
实验过程如下：
①长木板水平固定，将弹簧左端固定在挡板P上，弹簧右端与滑块不栓接，当弹簧处于原长时，与弹簧右端接触的滑块中心位于O点，O点右侧放一相同的木板，与左侧木板上表面平齐水平对接，如图甲所示；
②用滑块压缩弹簧到A点，用刻度尺测量出AO间的距离x；释放滑块，记录其在右侧木板上停止时的位置B，测出OB间的距离；
③如图乙所示，拆去O点右侧的木板，在O点下方挂上重锤，再次用滑块将弹簧压缩到A点无初速释放，记录其落到水平地面的位置C，测出O点到地面的竖直高度h，及落地点C到O点的水平距离；
④查得当地重力加速度为g。
请回答下列问题：
(1)滑块从O点滑离时的初速度大小为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数____________（用所测物理量符号表示）。
(2)若测得滑块质量为m，则释放滑块时弹簧的弹性势能____________（用所测物理量的符号表示）。
14．图甲（a）是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实验，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。图甲（b）是该装置一次实验的数码连拍照片，同时显示了A、B球分别做平抛运动和自由落体运动的轨迹。
（1）由图甲（b）的数码连拍照片分析可知，做平抛运动的A球离开轨道后在竖直方向的分运动是________________。
（2）现在重新设计该实验，如图乙所示，光源位于S点，紧靠着光源的前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P。现打开数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，不计空气阻力，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能（每隔相同的时间自动拍摄一次）拍摄下来，如图丙所示。则小球的影像P在屏上移动情况应当是图丙中的______________________（选填“（c）”或“（d）”）。
（3）如果图乙中小球A水平抛出的初速度为，，经过0.2s小球到达B点时在屏幕上留下的影子假设为Q，则Q点沿着屏幕向下运动的速度大小为________________。
四、计算题
15．图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量，长度，其中放有质量，长的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度m/s2。
(1)时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；
(2)时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能。
16．如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架OAB，OA杆竖直且O、A相距为h，OB杆与OA杆夹角为，B点与A点高度相同。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于O点，另一端与套在OB杆上质量为m的带电小球P相连，初始时，小球静止于OB中点且对杆无压力。现驱动该装置以OA为轴转动，使小球缓慢移动至B点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)初始时小球P所受的静电力大小；
(2)小球到达B点后的角速度大小；
(3)整个过程驱动力所做的功。
17．如图所示为某快递公司装货装置的简易图，倾角的传送带顶部Q与倾角的长木板平滑地衔接，长木板的另一端搭在货车上，已知传送带PQ长度，长木板OQ长度，传送带以的速率顺时针匀速传动，将一个质量为的包裹无初速度地放在传送带的底端，经过一段时间包裹刚好被运送到货车上的O位置，包裹与长木板之间的动摩擦因数，，，重力加速度g取。求：
(1)包裹运到传送带顶端Q的速度v；
(2)包裹与传送带之间的动摩擦因数；
(3)由于要传送包裹，电动机多消耗的电能。
18．长为L、质量为M的平板紧靠长为d的凹槽侧壁AB放置，平板上表面与AC齐平。一质量为m的小滑块从光滑的轨道OA上释放后滑上平板，平板到达CD即被锁定。已知，，，平板与滑块间的动摩擦因数、与凹槽水平底面BD间的动摩擦因数为，滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
(1)滑块滑上平板时，求滑块和平板的加速度、；
(2)若滑块释放的高度，求平板到达CD的时间；
(3)若滑块经过平板后滑上C平台，求该过程滑块损失的最小机械能E。
参考答案
1．答案：C
解析：B.下降h高度过程，减少的重力势能为，根据题意可知，增加的动能为
根据动能定理可知，合外力对运动员做的功为，故B错误；
AC.根据动能定理，有
解得
运动员机械能的变化量为
即运动员的机械能减少量为，故A错误；C正确；
D.根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员做的功为，故D错误。
故选C。
2．答案：D
解析：A.第一次以水平速度从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知
解得
故A错误；
BC.根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，当小球以水平速度v从O点抛出，可知此时落到斜面上的位移偏角小于以水平速度抛出时落到斜面上的位移偏角，所以Q点在P点的上方，则，水平位移，所以
故BC错误；
D.根据几何关系结合运动学规律可得O、A两点的高度差
故D正确。
故选D。
3．答案：C
解析：设平衡时两球的距离为r，两个质量分别为M和m的小球连线与绳长为和的轻绳夹角分别为、，如图所示对两球受力分析
由正弦定理得
又
综合解得
故选C。
4．答案：C
解析：AB.匀速阶段，水的反冲力平衡重力，反冲力恒定，功率为
A错误，B错误；
C.时刻，根据牛顿第二定律，则有
即
可解得
C正确；
D.根据动能定理，则有
可解得
D错误。
故选C。
5．答案：B
解析：第一种形式下，左边星体受到中间星体和右边星体两个万有引力作用，它们的合力充当向心力，则
解得
第二种形式下，三颗星体之间的距离均为R，由几何关系知，三颗星体做圆周运动的半径为
任一星体所受的合力充当向心力，即有
解得
则
故B正确。
故选B。
6．答案：A
解析：A.将铅球的运动沿初速度与末速度方向分解，设重力与的夹角为，沿方向有
沿方向有
由几何关系有
代入数据解得，
A正确；
B.铅球在B点的速度大小
B错误；
C.铅球在竖直方向上的速度减为0时，上升的高度最大，根据几何关系可知，初速度方向与竖直方向的夹角为
则有
解得
C错误；
D.由
即A、B两点的高度差为0.9m，D错误。
故选A。
7．答案：D
解析：A.从图乙可以看出，物体到达B点时的速度大小为
若水平面光滑，由能量守恒定律可知，弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能
由于轨道粗糙，故弹簧压缩到A点时弹性势能大于，故A错误；
B.从图乙可以看出，半圆轨道半径
到达C点时的速度大小为
设运动到C点时导轨对物体的弹力为N，则由牛顿第二定律可得
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为，故B错误；
C.由动能定理可得，物体从B到C过程中合外力做的功为
故C错误；
D.由能量守恒定律可知，物体从B到C过程中减少的机械能为
代入数据可解得
由于物体从B到C过程中速度一直减小，根据牛顿运动定律分析可知从B到C的过程中物体对半圆形导轨的压力逐渐减小，由摩擦力公式
可知，物体从B到D过程中所受的摩擦力大于从D到C过程中所受的摩擦力，由功能关系
可知，物体从B到D过程中克服摩擦力做的功大于从D到C过程中克服摩擦力做的功，由于整个过程中机械能减少了，故从D到C过程中机械能的减少量小于，故D正确。
故选D。
8．答案：ABC
解析：AB.A、B运动的角速度相等，B的运动半径大于A的运动半径，所以B需要的向心力大于A需要的向心力，而A、B与转盘的最大静摩擦力相等，故当B与转盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，绳中开始出现弹力，则有
解得
所以时，B相对于盘静止，绳子上无拉力，当时，绳子上产生拉力，随着角速度的增大，A与转盘之间的摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时，对A有
对B有
联立解得
所以当时，A、B相对于转盘静止，当时，A、B开始相对于转盘滑动，故AB正确；
CD.由上分析，可知当范围内增大时，B受到的摩擦力一直保持最大值不变；当范围内增大时，A受到的摩擦力随角速度的增大而增大，直到相对于转盘滑动，故C正确，D错误。
故选ABC。
9．答案：AD
解析：AC.对b球进行受力分析如图所示
由平衡条件可得
根据
解得
可知细线对b的拉力大小不变，ab距离减小，故Ａ正确，Ｃ错误；
BD.ab间库仑力减小，由平衡条件可知b对a球的库仑力与竖直方向的夹角在增大，根据矢量叠加原理可知地面对a的作用力变小，故B错误，D正确。
故选AD。
10．答案：BD
解析：由于AB是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC错误，BD正确。
故选BD。
11．答案：ABD
解析：A.根据开普勒第三定律可得
可得该卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为
故A正确；
B.设该卫星在轨道Ⅲ的运行速率为，根据万有引力提供向心力可得
又
联立解得
故B正确；
C.该卫星在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小等于地球表面的重力加速度为，地球赤道上静止物体的加速度大小小于地球表面的重力加速度为，故C错误；
D.卫星从A处需要点火加速进入轨道Ⅱ，卫星的机械能增加；卫星从B处需要点火加速进入轨道Ⅲ，卫星的机械能增加；则该卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D正确。
故选ABD。
12．答案：BC
解析：AB.设轻绳AO与竖直方向的夹角为，将小环A的速度正交分解结合关联速度可知
最初小环A、重物B的速度均为0，当小环A运动到N点时
故对应的重物B的速度也为0，即重物B先加速下降后减速下降，先失重后超重，故A错误，B正确；
C.小环A从M位置到N位置过程，小环A、重物B组成的系统机械能守恒，有
解得小环A运动到N位置时的动能
故C正确；
D.当时，
故D错误。
故选BC。
13．答案：(1) ；
(2)
解析：（1）根据题意可知，拆去O点右侧的木板，滑块从O点飞出做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
解得
滑块由O点到B点，由动能定理有
解得
（2）滑块由A点到O点，由能量守恒定律可得，释放滑块时弹簧的弹性势能
14．答案：自由落体运动（d）/d；2.5
解析：（1）本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，同一时刻两球处于同一高度，说明竖直方向运动情况相同，所以A竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）方法一：设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，经时间2t后经过B点，如图所示：
根据几何关系有
①
②
水平方向做匀速运动，所以
③
竖直方向做自由落体运动，所以
＝④
由①②③④得
即
所以小球的影像P在屏上移动情况应当是等间距的，故选（d）；
方法二：设经过时间t，小球的水平位移为x，竖直方向的位移为y，影子的位移为H，则有
解得
所以小球的影像P在屏上移动位移与时间成正比，匀速下落，应当是等间距的，故选（d）；
（3）由以上解析可知影子在竖直方向上做匀速运动，根据几何关系可知
解得
15．答案：(1)
(2)0.16J
解析：（1）对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为
（2）对书本由牛顿第二定律有
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
由于N
可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有
设抽屉的运动时间为，根据运动学公式可得
此时书本的速度为
书本通过的位移大小为
此后书本经过速度减为0，则有
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为
16．答案：(1)
(2)
(3)
解析：（1）方法1：小球受到弹簧弹力F、库仑力、重力mg而平衡，如图
几何关系可知
由平衡条件有
联立解得
方法2：对小球，由平衡条件有，
联立解得
（2）方法1：设此时库仑力为，杆对球弹力为N，如图
几何关系可知，故
由牛顿第二定律有
且
联立解得
方法2：由牛顿第二定律有
几何关系可知
联立解得
（3）小球做周运动的速度大小为
解法一：根据动能定理
联立解得
解法二：由功能关系得
解得
解法三：由功能关系得
且，，
联立解得
17．答案：(1)
(2)0.875
(3)
解析：（1）在QO段，根据动能定理
包裹运到传送带顶端Q的速度为
（2）因为
所以包裹在传动带上一直做匀加速直线运动，则在传动带运动阶段，根据动能定理
包裹与传送带之间的动摩擦因数为
（3）电动机多消耗的电能等于包裹重力势能增加、动能增加与摩擦生热的总和，即
重力势能增加量为
动能增加量为
包裹运动的加速度阶段，根据牛顿第二定律
加速运动时间为
包裹与传送带的相对位移为
摩擦生热为
联立得
18．答案：(1)，
(2)
(3)
解析：（1）滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有
解得
对平板，根据牛顿第二定律有
解得
（2）滑块从O到A，根据动能定理有
解得
滑块滑上平板，设经时间速度相等，则有
解得
，
平板的位移
共速后，两者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
设再经时间平板运动至CD，则有
解得
故平板到达CD的时间
（3）若滑块经过平板后滑上C平台，则此过程滑块与平板之间的摩擦生热为
平板与凹槽底面间的摩擦生热为
可知、均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达CD时的动能最小时滑块损失的机械能最小。设滑块刚滑上平板时的速度为，两者共速时的速度为，平板到达CD时的最小速度为，则有
解得
共速前平板的位移大小为
共速前滑块的位移大小为
共速两者的相对位移大小为
共速后平板达到CD时的位移大小
平板达到CD后滑块恰好达到CD时的位移大小为
联立解得
该过程滑块损失的最小机械能为
代入数据解得

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