物理-黑龍江省龍東聯(lián)盟2022級（2025屆）高三年級上學期11月月考試題試題和答案

龍東聯(lián)盟2022級高三學年上學期11月月考(物理試題)一、選擇題(本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求每題4分，第8～10題有多項符合題目要求選全得6分，漏選得3分，有錯選不得分)1.第33屆奧運會于2024年7月26日在法國巴黎隆重舉行，關(guān)于田徑項目，下列敘述中正確的是A.鉛球運動員的成績19m27是位移B.徑賽中的100m和200m都是指位移C.研究跳高運動員過桿動作時，運動員不能看成質(zhì)點D.奧運選手400m比賽的平均速度有可能大于普通運動員200m比賽的平均速度2.《黑神話：悟空》是2024年全球大賣的中國3A大作，如果悟空的金箍棒可以長到地球直徑的高度，把金箍棒立在地面上，若變長的金箍棒質(zhì)量分布均勻，則金箍棒的質(zhì)心在中點0處，那么金箍棒的重心位置()A.在0點處B.在0點上方，比0點更遠離地球C.在0點下方，比0點更靠近地球D.無法確定在0點上方還是下方3.在哈大高速公路上的一些特定點位置安裝了一些固定雷達測速儀，用來抓拍車輛超速，以及測量運動過程中的加速度.若M為測速儀，N為汽車，兩者相距345m,某時刻M發(fā)出超聲波，同時N由于緊急情況而急剎車，當M接收到反射回來的超聲波信號時，N恰好停止，且此時M、N相距325m,已知聲速為330m/s,則汽車剎車過程中的加速度大小為()A.15m/s2B.10m/s2C.5m/s2D.2m/s24.一個固定斜面傾角θ=30°,斜面上有C、0、B三點，其中C0,OB的長度為s,在0點處有一長為s的直桿A0。從A端與C,B點間各連有一光滑的鋼繩，且各穿有一鋼球(視為質(zhì)點),將兩球從A點同時由靜止釋放，分別沿兩鋼繩滑到鋼繩末端，如圖所示，不計一切阻力影響，則小球在鋼繩上滑行的時間tac:tm為()5.某綜藝節(jié)目進行“徒手抓金磚”的挑戰(zhàn)。梯形金磚水平靜置在桌面上，窄面在上寬面在下，金磚截面圖如圖所示。金磚的縱截面為上窄下寬的梯形，參賽者要求單手捏住金磚摩擦因數(shù)為0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取10m/s2,sin71°≈0.95,cos71°=0.33,若要緩慢豎直拿起金磚，挑戰(zhàn)者對a側(cè)面的壓力至少約為()A.1500NB.2000NC.2500ND.3000N6.如圖所示，水平面上固定一個平臺，上面有一個固定的光滑圓弧軌道AB,0為圓心，OB豎直，∠AOB=60°,軌道半徑6m,在圓弧A點固定一個光滑小滑輪(圖中未畫出),有兩個小球P,Q質(zhì)量分別為m1=6kg、m2=2kg,通過輕繩連接并跨過小滑輪。開始時P球緊挨著滑輪靜止釋放，當P球到達圓弧B點時，Q球還未到達滑輪處，g=10m/s2求：小球P到達B點時的速度大小()A.√15m/sB.4m/sC.√30m/sD.√32m/s7.水平桌面上有四個質(zhì)量均為m的小車，模型簡化如圖所示，其中1號小車有動力。小車從靜止開始以額定功率P行駛，達到最大速度勻速運動。若1號小車運動過程受到前方阻力作用，為了研究方便假設小車碰到空氣前，空氣的速度為零，碰到空氣后，空氣速度立即與小車相同，已知空氣密度為P,小車迎風截面積(垂直運動方向上的投影面積)為S,不計其他阻力(2,3,4號車的阻力都不計)。當小車由靜止達到最大速度三分之一時，1號車對2號車的力為()B.8.如圖所示，在質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑的圓形軌道，有一質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)沿圓軌道做圓周運動，A與C兩點分別是軌道的最高點和最低點，B、D兩點與圓心0在同一水平面上.在小球運動過程中，物體M靜止于地面，則關(guān)于物體M對地面的壓力R和地面對物體M的摩擦力方向，下列說法正確的是()C.小球運動到C點時，F(xiàn)>(M+m)g,地面對M無摩擦ZZZZ甲甲h。7 如圖所示情況.于是他進一步測得∠MOP=α,∠NOP=β,若想重新驗證該碰撞過程沿OP方向動 (1)木板P剛到B點時速度的大??；解析：因為質(zhì)量分布均勻，但重力加速度約靠近地球越大，f=μF2fsinθ=2Fcosθ+mg解得挑戰(zhàn)者對a側(cè)面的壓力至少約為2gR解析：根據(jù)題意，設列車的最大速度為vm，列車對空氣的阻力為f，由動量定理有f=PSvP=fvmvm'3f-f1=4ma解析：小球在A點時，系統(tǒng)在水平方向不受力的作用，所以地面對M沒有摩擦力的作上，所以物體M對小球的支持力要大于小球的重力，故M受到的小球的壓力大于mg，那么M對地面的壓力就要大于(M＋m)g，系統(tǒng)在水平方向上不受力，則地面對M沒有摩擦力，C項正確；小球在D點和B點的受力類似，M對小球的彈力向左，則小球?qū)的彈力向右，,C兩項.g,解析1）系統(tǒng)的末速度為則系統(tǒng)重力勢能的減少量系統(tǒng)動能的增加量為2若系統(tǒng)機械能守恒，則有（2）根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，則系統(tǒng)加速度為mgg2M+m當m不斷增大，則a趨于g。12.答案（1）C（2分）（2）m1x0=m1x1+m2x2（2分）（3）m1x0=m1x1cosα+m2x2cosβ（2分）m1x=m1x+m2x（2分）（4）0.33（2分）解析1）A選項，為保證該碰撞是對心碰撞，兩球半徑應當相同，A錯誤；B選項，實驗裝置中的鉛垂線是用來確定O點位置的，不是用來判定斜槽末端是否水平的，B錯誤；C選項，只需保證每次釋放鋼球的位置相同，即可保證鋼球的入射速度不變，與斜槽是否光滑無關(guān)，C正確；D選項，實驗過程中復寫紙位置發(fā)生變化不影響實驗，不需要重做，D錯誤；故答案選C. （2）設小球平批的豎直位移為H，則碰撞前鋼球A的速度v0=x0·,碰撞后鋼球A和玻璃球B 的速度分別為v1=x1\、v2=x2，要驗證該過程動量守恒，則需驗證m1v0=m1v1化簡得m1x0=m1x1+m2x2.m1x0=m1x1cosα+m2x2cosβ;驗證該碰撞過程前后動能相等，即m1v=1m1v+1m2v，化簡可x.（4）先定性分析，如果碰撞是彈性的，則P一定在M、N之間：如果碰撞是完全非彈性的，則M和N重合．由此可知，當碰撞過程機械能損失很小時落點P在M、N之間，當碰撞過程機械能損失較大時，落點N位于M、P之間，臨界情況是N、P重合，即有v2=v0．又因為m1v0=m1v1+m2v2，且解析(1)設質(zhì)點經(jīng)過A、B兩點時的速度為vA、vB,當Δt足夠小時,vA、vB的夾角θ就足夠小,θ角所對的弦和弧的長度就近似相等。因此在Δt時間內(nèi),速度方向變化的角度將此式代入加速度定義式a=Δv并把v=ωr代入,可得向心加速度大小的表達式為Δt,上式也可以寫成an=（1分）此時可以把物體的運動看成是半徑為ρ的圓周運動,物體只受重力,根據(jù)牛頓第二定律可得mg=m（2分）33＋8v33·m解析(1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有：小球剛到最低點時，根據(jù)圓周運動規(guī)律和牛頓第二定律有：FN－mg＝m（2分）據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘俨鄣膲毫椋篎N′＝FN（1分）(2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬槽水平方向動量守恒，選取向右為正方設小球到達最高點時與金屬槽圓弧最低點的高度為h.根據(jù)能量守恒定律有：mgh＝mv02－(m＋M)v2（2分） 聯(lián)立解得M＝m.（1分）15.解析1）從兩木板由靜止釋放到木板P剛到B點，對兩木板組成的整體，根據(jù)動能定理解得vB=2gLsinθ（1分）（2）木板P剛好完全進入BC段時，對兩木板組成的整體對木板Q，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ—N=ma（1分）解得N=mgsinθ（1分）（3）木板P、Q進入BC段時仍相對靜止，所受摩擦力大小隨著進入BC的長度線性增加，從兩木板由靜止釋放到木板P剛到C點，對兩木板組成的整體,解得vC木板P開始沖出C點后，木板P加速，木板Q勻速，兩者分離，木板P滑過C點過程mgLsinθ+|(2.L,解得從木板P到達C點到Q板離開C過程中，木板P通過C點的時間與木板Q