2022-2023学年山东省德州市第一中学高三上学期10月月考模拟物理含答案

德州一中高三级年级10月份阶段测试

物理模拟试题

本试卷满分100分，考试时间90分钟。

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A t1时刻，两者相距最远

B. t2时刻，乙物体追上甲

C. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动

D. 0﹣t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】在时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以时刻，两者相距最远．故A错误．甲、乙两物体由同一位置出发，在v—t图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，知时间内，甲的位移比乙的大，时刻，乙物体还没有追上甲，故B错误．在速度-时间图象中速度的正负表示运动方向，从图中可知乙的速度一直为正，运动方向没有发生改变，故C错误．根据速度时间图象的斜率表示加速度，故时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确．故选D．

【点睛】由v-t图象直接读出物体的运动情况，根据速度关系分析何时相距最远．根据“面积”表示位移，分析两物体何时相遇．两物体速度始终为正值，速度方向一直为正方向，由速度的正负分析速度的方向．根据图象的斜率分析加速度的变化．

2. 2019年中国女排成功卫冕世界杯.如图，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点；A、C高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）

A. 两过程中，排球的初速度大小一定不相等

B. 两过程中，排球的飞行时间相等

C. 两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等

D. 后一个过程中，排球击中D点时的速度较大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】B．设A点抛出的小球初速度为，由C点和A点等高，均设为h。对A点抛出的物体，有

对于从B点抛出的物体，根据逆向思维法容易得知上抛的时间

=

下降的时间

=

所以总时间

B错误；

A．又由于水平方向位移一样，根据

可知从B点抛出的小球水平速度

竖直方向速度

但由于不知道vx和vy的关系，所以无法确定合速度和的关系，所以可能相等，A错误；

C．重力做功的功率

P=mgvy

在D点，两次抛出的小球在竖直方向速度都相等，所以C正确；

D．竖直方向速度相等，但是水平方向速度从A抛出的球比较大，所以是前一个过程中排球击中D点合速度较大，D错误。

故选C。

3. 旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以周期T匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A. 动摩擦因数μ的最小值为

B. 将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的周期匀速转动餐桌，茶杯可能发生相对滑动

C. 让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心

D. 若减小餐桌转动周期T，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据牛顿第二定律得

解得

动摩擦因数μ的最小值为，A错误；

B．根据，将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的周期匀速转动餐桌，等式仍然成立，茶杯不能发生相对滑动，B错误；

C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，茶杯受到的摩擦力的方向不指向餐桌的中心，摩擦力沿着半径方向的分力改变线速度的方向，摩擦力沿着切线方向的分力改变线速度的大小，C错误；

D．根据，若减小餐桌的转动周期T，茶杯所受的静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时，茶杯与餐桌发生相对滑动，D正确。

故选D。

4. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　）

A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mg

B. 小球静止时细绳的拉力大小为mg

C. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g

D. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为

所以A错误；

B．由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为

所以B错误；

CD．细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律有

解得

所以C错误；D正确；

故选D。

5. 抖空竹是大家喜欢的一项运动。如图所示，细杆的两端固定一根软线，并绕过空竹，通过左右上下移动细杆，可使空竹移动至不同位置。假设空竹光滑，软线质量不计，若表演者左手保持不动，在右手完成下动作时，下列说法正确的是（　　）

A. 右手竖直向下缓慢移动的过程中，软线的拉力增大

B. 右手竖直向上慢移动的过程中，软线的拉力减小

C. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力不变

D. 右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

左手不动，右手竖直向下，或向上移动一小段距离，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为X，则

Xsinθ=L

绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，故AB错误；

CD．左手不动，右手水平向右移动一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据

2Fcosθ=mg

可知，拉力F变大，故C错误，D正确；

故选D。

6. 如图所示，（a）图为研究木块运动情况的装置，计算机与位移传感器连接，计算机描绘木块对O点的位置随时间变化的图像是（b）图中的曲线②。（b）图中木块先后经过、、位置时的时间间隔相同。以下说法正确的是（　　）

A. 若，则表明木块做匀加速直线运动

B. 若，则表明木块一定做匀加速直线运动

C. 若只增大木板的倾角，则计算机描绘的可能是（b）图中的曲线①

D. 若只增大木块的质量，则计算机描绘的可能是（b）图中的曲线③

【答案】C

【解析】

【分析】根据匀变速直线运动的推论分析木块是否做匀加速直线运动

根据加速度的变化，结合判断图象的变化

【详解】A．若，则

木块先后经过、、位置时的时间间隔相同，所以在这段时间内木块做匀速直线运动，故A错误；

B．若，则表明木块一定做匀速直线运动，故B错误；

C．只增大木板倾斜的角度，根据牛顿第二定律知加速度增大，由

可以看出增大，则增大，即相等时间，位移增大，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①，故C正确；

D．根据牛顿第二定律有

可知加速度与质量无关，则图线为②，故D错误。

故选C。

【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，掌握牛顿第二定律的应用。

7. 某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结构示意图如图所示。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 转到最低点时摆锤处于失重状态

B. 摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg

C. 若打夯机底座刚好不能离开地面，则摆锤转动的角速度为

D. 若打夯机底座刚好不能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为

【答案】C

【解析】

【详解】A．转到最低点时，由圆周运动知识可得此时摆锤有沿杆竖直向上的向心加速度，所以处于超重状态，A错误；

B．摆锤在最低点和最高点时，设杆给摆锤的弹力分别为和，转速为，当最高点杆对摆锤为拉力时，根据圆周运动公式有

，

解得

当最高点杆对摆锤为竖直向上的推力时，有

解得此时

B错误；

C．打夯机底座刚好不能离开地面，可得摆锤到达最高点时，杆对底座的拉力刚好为，所以此时杆对摆锤为拉力，大小等于，则

解得

C正确；

D．打夯机底座刚好不能离开地面，设摆锤转到最低点时杆中拉力为T得

由选项C可得此时

对底座进行受力分析，可得底座此时受自身重力，地面对底座的支持力为，达到最低点时杆对底座有向下的弹力大小为，所以有

解得

由于打夯机对地面的压力与为作用力与反作用力，大小相等，得打夯机对地面的压力为

D错误。

故选C。

8. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）

A. 施加外力前，弹簧的形变量为

B. 外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M（g-a）

C. A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

【答案】B

【解析】

【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件有

2Mg=kx

解得：

故A错误；

B．施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：

F弹-Mg-

其中

F弹=2Mg

解得：

故B正确；

C．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且；对B

解得弹簧弹力

弹力不为零，故C错误；

D．而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。

故选B。

【点睛】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项是符合题目要求的。得全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）

A. 瓦片总共受到5个力的作用

B. 减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大

C. 减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑

D. 增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A．瓦片受重力两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；

BC．根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为，有

减小檩条间的距离d时，夹角变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误C正确；

D．增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。

故选AC。

10. 如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的滑轮与小球A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的角度为α，则（　　）

A. 如果将物体B在地板上向右移动稍许，α角将增大

B. 无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变

C. 增大小球A的质量，α角一定减小

D. 悬挂滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力

【答案】AD

【解析】

【详解】A．设与A、B连接的细线之间的夹角为β，根据条件得

如果将物体B地板上向右移动稍许，β角增大，α角将增大，A正确；

B．无论物体B在地板上左移还是右移，距离足够小，β角一定变化，根据，α角也一定变化，B错误；

C．增大小球A的质量，滑轮向下移动，细线OB逆时针转动，β角增大，根据，α角将增大，C错误；

D．根据

当 时，；因为β角不能等于120°，所以悬挂滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，D正确。

故选AD。

11. 如图所示为内燃机中轻质活塞和曲柄连杆结构的示意图和简图。气缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线BO垂直，气缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知，不计一切摩擦，则此刻（　　）

A. 活塞对连杆AB的作用力为2F

B. 气缸壁对活塞的作用力为

C. 连杆AB的A端沿连杆AB方向的线速度为

D. 连杆OA的A端绕O点转动的线速度为

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．连杆AO与活塞轴线BO垂直时，由几何关系可知BA与BO之间的夹角

由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆AB对其的推力、气缸壁对其的弹力和高压气体及外部大气对活塞的作用力作用，如图所示

根据平衡条件可得

解得

故A错误，B正确；

CD．沿连杆AB方向和垂直于连杆AB方向分解，如图所示

沿连杆AB方向的速度

连杆OA的A端绕O转动的线速度

故C错误，D正确。

故选BD.

12. 如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R（不超过圆心离地的高度）。不计空气阻力，下列图像正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据动能定理

到圆弧轨道最低点时加速度

故加速度大小与R无关，故A正确；

B．根据动能定理

在B点根据牛顿第二定律

联立可以得到

根据半径R无关，故选项B错误；

C．根据平抛运动

整理可以得到

可知选项C错误；

D．根据动能定理可知

由于高度不变，末速度大小不变，故选项D正确。

故选AD。

第II卷（非选择题）

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. 某同学用一弹簧测力计、重物、刻度尺和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图所示。实验步骤如下：

①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；

②用弹簧秤提起重物，竖直静止，弹簧秤示数为G；

③将三根细线、、结于P点。a端系在橡皮条下端，c端暂时空置，此时P到O的长度为，在b端挂重物静止后，P到O的长度为；

④以O为圆心，以为半径，画一圆弧；

⑤用弹簧测力计钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P沿圆弧移到图中所示位置，记录该位置及绳方向和弹簧测力计的示数F及拉力方向；

⑥在白纸上点以为长度做出橡皮条拉力的图示，并按同样的标度做出拉力、及F的图示；以橡皮条拉力和拉力为邻边做平行四边形。

（1）橡皮条的劲度系数为____________；

（2）若绳拉力与橡皮条拉力所夹的对角线长度为____________，且其方向与拉力F的方向____________则平行四边形定则成立。

【答案】    ①.     ②.     ③. 相反

【解析】

【详解】（1）[1]因为挂上重物后橡皮条伸长量为，根据

得

（2）[2]由实验步骤可知，在处因橡皮筋中拉力大小不变，G大小用表示，则细绳拉力与橡皮条拉力合力其长度

[3]所夹合力应与F方向相反，说明力合成遵循平行四边形定则。

14. 某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自O点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1=1.07cm、d2=2.24cm、d3=3.48cm、d4=4.79cm、d5=6.20cm、d6=7.68cm．已知实验所用交流电频率为f=50Hz．

①打点2时小车的速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）；

②小车运动过程中的平均加速度大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）；

③以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2-d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g=_____（用m、M、k表示）

【答案】    ①. 0.60；    ②. 2.0；    ③.

【解析】

【详解】（1）打点2时小车的速度大小为

（2）由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为

（3）由v2=2ad可知v2-d图像的斜率为k=2a，则a=k；由牛顿第二定律：，解得 .

15. 具有我国自主知识产权的“歼­10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图a所示。在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车。在弹射装置使甲车获得v0＝40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v­t图象如图b所示，设两车始终未相撞。

（1）若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；

（2）求两车相距最近时的距离。

【答案】(1)；(2)4m

【解析】

分析】

【详解】(1)由图b几何关系可知

甲、乙两车的加速度大小分别为

由题意可得

可得甲、乙两车的质量比为

(2)在t1时两车速度相等，相距最近，此时甲、乙两车的位移分别为

最近的距离为

16. 暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º．g取10m/s2, sin37º =0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:

(1)座椅受到绳子的拉力大小；

(2)小明运动的线速度大小；

(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)．

【答案】（1）500N（2）7.5m/s（3）8.7m

【解析】

【详解】(1)拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力

(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：

联立代入数据解得v=7.5m/s

(3)由几何关系可知座椅离地高度：

由平抛运动规律，得：

代入数据联立解得x=4.5m

由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：

答：(1)座椅受到绳子的拉力；

(2)小明运动的线速度v=7.5m/s；

(3)落地点与游艺机转轴的距离．

17. 如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，A端与圆心等高，下端B恰与小车右端平滑对接，小车质量M=3kg，车长L=2.20m。现有一质量m=1kg的滑块，从A端由静止开始下滑，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，取g=10m/s2。试求：

（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；

（2）滑块在车上表面与车相对滑动的时间；

（3）当车运动了1.5s时，车右端距轨道B端的距离。

【答案】（1）30N；（2）1s；（3）1m

【解析】

【详解】（1）设滑块到达B端时的速度为v，由动能定理得

由牛顿第二定律得

解得

（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块有

对小车有

设经过时间t1两者达到共同速度，则有

解得

t1=1s

v1=1m/s  

滑块相对小车滑动的距离

（3）t1内小车加速运动位移

由于t1=1s<1.5s，小车匀速运动位移

x2=v1t2=0.5m                             

车右端距轨道B的距离

d=x1+x2=1m

18. 如图所示，一质量为m=1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d=0.8m，水平距离x=1.2m，水平轨道CD长为L1=1m，DE长为L2=3m。轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；

（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少。

【答案】（1）1m/s；（2）40N ；（3）或

【解析】

【详解】（1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，则有

解得v2=1m/s

（2）在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有

解得m/s

在最高点时，合力提供向心力，则有

解得FN=40N

根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为40N

（2）若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有

解得h1=0.45m

若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h2，在这一过程中应用动能定理有

解得h2=0.8m

使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即

0.45m≤h≤0.8m

若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有

解得t=0.4s

根据

解得=3m/s

设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理有

解得h3= 1.25m

即小球要越过壕沟释放的高度应满足h≥1.25m

综上可知，释放小球的高度应满足0.45m≤h≤0.8m或 h≥1.25m