科大附中2022届高三物理9月月考物理试题一、选择题1.一位同学从操场A点出发，向西走了30m，到达B点，然后又向北走了40m，达到C点。在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是A.30mB.40mC.50mD.70m【答案】C【解析】【详解】位移的大小等于首末位置的距离，两段位移相互垂直，所以总位移是大小为，故C正确．2.如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计。则悬绳对球的拉力F的大小为A.F=mgtanαB.F=mgsinαC.F=mg/tanαD.F=mg/cosα【答案】D【解析】【分析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力．【详解】足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示；根据平行四边形定则，绳子对球mg的拉力F=，D正确．cosα1\n【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法等，一般三力平衡时优先考虑合成法．3.图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳．定．的站姿变化到稳．定．的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳．定．的蹲姿变化到稳．定．的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是（）A.“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0B.“起立”过程，体重计的示数一直大于A0C.“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D.“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象【答案】CD【解析】【分析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，所以“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象，CD正确．2\n【点睛】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态．4.用图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，它只能被指针向左推动。用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大。下列说法正确的是（）A.木块开始运动前，摩擦力逐渐增大B.木块开始运动前，拉力小于摩擦力C.该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小D.当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小【答案】ACD【解析】【详解】开始时木块保持不动，木块受静摩擦力，根据平衡条件可知摩擦力始终等于拉力，故摩擦力大小随拉力的增大而增大；而当增大拉力达到某一大小时，木块开始滑动，此时说明木块恰好达到最大静摩擦力；而由于滑动摩擦力要小于最大静摩擦力，所以木块移动后拉力将减小，根据纸团的位置即可记录下最大静摩擦力，ACD正确B错误．【点睛】本题考查静摩擦力的性质，知道物体保持不动时，拉力大小等于摩擦力，而物体刚好开始滑动时，拉力等于最大静摩擦力，一般情况下滑动摩擦力要小于最大静摩擦力．5.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过二分之一的周期，振子具有沿x轴负方向的最大加速度。图中能正确反映该弹簧振子的位移x与时间t关系的图像是（）A.B.3\nC.D.【答案】B【解析】kx【详解】根据简谐运动的特征a=−，可知，经过二分之一周期，振子具有沿x轴负方向m的最大加速度，则此时振子的位移为正向最大，根据对称性可知计时起点时，位移为负向最大，B正确．6.物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是()A.B.C.4\nD.【答案】BD【解析】A、因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子在x方向做匀速运动，位移与时间成正比，位移时间图线为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子在y轴方向做自由落体运动，位移时间图线是抛物线的分支，位移与时间的平方成正比，位移时间平方的图线是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确。故选：AD。点睛：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。7.图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=T/4时，质点5刚要开始运动。下列说法正确的是A.t＝T/4时，质点5开始向下运动B.t＝T/4时，质点3的加速度方向向下C.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小D.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小【答案】BC【解析】A、t＝T/4时，质点5开始向上运动，A错误；B、t＝T/4时，质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；5\nCD、从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误。故选：BC。8.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是A.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量【答案】B【解析】【详解】从轨道1变轨到轨道2，需要加速逃逸，则卫星在轨道1经过P点的速度小于在轨MmM道2上P点的速度，故A错误；根据公式G=ma可得a=G，故只要半径相同，加速R2R2度就相同，由于卫星在轨道1做椭圆运动，运动半径在变化，所以运动过程中的加速度在变化，B正确，C错误；卫星在轨道2做匀速圆周运动，运动过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，D错误。故选B.Mmv22【点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式G=m=mωr=r2r4π2rm=ma，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，T2最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量非常大的，所以需要细心计算。9.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）6\nA.当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgmgx0D.小球动能的最大值为mgh+2【答案】ACD【解析】A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；B、根据简谐运动的对称性，x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；kx0D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：mg(h+x0)−×x0=Ek，Ek=mgh+21mgx0，D正确。2故选：ACD。二、实验题10.如图所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验。（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的间隔判断小车是否做________运动。（2）按图所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，如图所示。纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O点是打点7\n计时器打出的第一个点，从O点到A、B、C、D、E、F点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6。已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m。由此可求得纸带上由O点到E点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝_____________，该小车动能改变量的表达式ΔEk＝_________。由于实验中存在误差，所以，W________ΔEk。（选填“小于”、“等于”或“大于”）。M(s6−s4)2【答案】(1).匀速直线；(2).mgs5；(3).2；(4).大于；8T【解析】①为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，轻推小车，小车做匀速直线运动；②盘和砝码受到的重力所做功为：W=mgs5；s6−s4③打D点时的速度为：vD=，2T12M(s6−s4)2由O点到E点小车增加的动能为：ΔEk=2MvD=8T2；由于盘和砝码也有动能，且有阻力做功，盘和砝码受到的重力所做功小于小车增加的动能。点睛：为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，使小车不受拉力时做匀速运动；盘和砝码受到的重力所做功等于重力与位移的乘积；D点速度等于CE段的平均速度，求解出速度后再求解动能；由于盘和砝码也有动能，且有阻力做功，盘和砝码受到的重力所做功小于小车增加的动能。11.在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；8\nb．用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5位置由静止释放小球；d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；4π2le．用公式g=计算当地重力加速度；T2f.改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量。（1）在上述步骤中，错误的是_________（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:__________________________________。（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了图像，该图像对应图中的________图。（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_________。A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（4）北京时间2022年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬。若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是Ｔ0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h＝_______。(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)【答案】(1).e;(2).g=4π2(l+d/2)/T2;(3).C;(4).AC;(5).h=T(−1)R;T0【解析】9\ndd2dl+4π(l+)（1）摆长为l与小球半径之和，即l+，根据单摆的周期公式：T=2π2，g=2，e2gT2错误；2d4π(l+)（2）用公式g=2计算当地重力加速度。T2g2d22（3）由上式得，l=T−，l与T成线性关系，l等于零时，T不等于零，故选：C。4π22（4）A、适当加长摆线，周期增大，周期的测量更准确一些，A正确；B、质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，可以减小阻力的影响，B错误；C、细线偏离竖直方向应在约为5以内，C正确；D、应用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间，计算单摆周期，D错误。故选：AC。ll（5）根据T=2π，T0=2π；gg0GMmGMm又根据万有引力等于重力：2=mg0，(R+h)2=mg；RT联立解得：h=(−1)RT0点睛：摆长应为摆线与小球半径之和，三、计算题12.商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行。若用力F1=100N沿水平方向推货箱，货箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动。（g取210m/s）。（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；（3）在F2作用下，货箱运动4.0s时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小。【答案】（1）0.5（2）1.0m/s（3）9.6m【解析】（1）木箱在水平拉力下匀速运动：F1-μmg=0F100μ==0.5mg20×10（2）由牛顿第二定律：F2-μmg=maF2−μmg120−1002a==1.0m/sm2010\n（3）设在F2作用下木箱的位移为x1，撤掉推力时木箱速度大小为v，撤掉推力后木箱加速度大小为a1，移动的位移为x2，总位移为x，则121x1=at×1.0×16=8.0m22v=at=×44.0m/s2μmg=ma1，a1=5.0m/s20-v=2a1x2x2=1.6m总位移：x=x1+x2=9.6m13.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，倾角θ=37º，水平段与斜面段平滑连接。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上。已知小朋友质量为20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3，不计空气阻2力。已知sin37º=0.60，cos37º=0.80。（g取10m/s）。求小朋友：（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；（2）滑到斜面底端时的速度大小；（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功。【答案】（1）48N（2）6m/s（3）360J【解析】（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=48N（2）小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma12解得a1=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s2由运动学公式v=2aL解得小孩滑至B点时的速度大小为11\nv=2aL=6m/s（3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得12Wf=0-mv=-360J214.如图所示的光滑斜面长为l2，宽为l1，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好底端Q点离开斜面，试求：（1）物块由P运动到Q所用的时间t；（2）物块由P点水平入射的初速度v0；2l2gsinθ【答案】（1）（2）l1gsinθ2l2【解析】【分析】小球在光滑斜面有水平初速度，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度；根据沿斜面向下方向的位移，结合位移时间公式求出运动的时间；根据水平位移和时间求出入射的初速度.mgsinθ【详解】（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a==gsinθm122l2根据l2=at，解得：t=2gsinθl1l1gsinθ（2）根据l1=v0t，有：v0=t=2l=l12l2gsinθ【点睛】解决本题的关键知道小球在水平方向和沿斜面向下方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．15.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18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。12\n2g取10m/s，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（3）8.9m【解析】【分析】（1）对小明受力分析，根据竖直方向合力为零求得绳子的拉力；（2）根据牛顿第二定律求得线速度；（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，然后做平抛运动，即可求得mg【详解】（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：T==500Ncos37°v2（2）由牛顿第二定律，得：mgtan37°=m，其中R0=7.5mR0解得：v=7.5m/s12（3）由几何关系，座椅离地高度h=2m，由平抛运动规律，得：x=vt，h=gt2解得：x=4.5m由勾股定理，得落地点与游艺机中心距离为：r=R2+x2=1.534m=8.9m0【点睛】飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力．16.摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的a-t图像如图乙所示。已知电梯在t=0时由静止开始上升，电梯总质量m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g2取10m/s。13\n（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a-t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。【答案】（1）2.2×104N，1.8×104N（2）1.5m/s（3）2.0×105W（4）1.0×105J【解析】试题分析：（1）由牛顿第二定律得：F–mg=ma22由a–t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s，a2="-"1.0m/s34F1=m（g+a1）=2.0×10×（10+1.0）N=2.2×10N34F2=m（g+a2）=2.0×10×（10-1.0）N=1.8×10N（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a–t图线下的面积v1=0.50m/s同理可得：v2=v2–v1=1.5m/s第2s末的速率v2=1.5m/s（3）由a–t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0～11s内a–t图线下的面积，有vm=10m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等重力mg，所求功率35P=Fvm="mg"vm=2.0×10×10×10W=2.0×10W325由动能定理得：W=—0=×2.0×10×10J=1.0×10J考点：a–t图线，牛顿第二,定律动能定理14\n17.如图所示，传送带与地面夹角θ=37°，从A到B长度为16m，转动速度为v=10m/s，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数2μ=0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s）（1）如传送带顺时针转动时，求物体沿传送带下滑从A到B的时间t1；（2）如传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动．求物体从A运动到B需要的时间t2；【答案】（1）4s（2）2s【解析】【分析】（1）如传送带顺时针转动时，物体沿传送带匀加速下滑，分析物体的受力，由牛顿第二定律求加速度，由运动学位移公式求时间；（2）如传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动，物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度增加到与传送带相同所经历的时间．速度相同时，由于μ＜tan37°，物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出时间，即可求得总时间.【详解】（1）传送带顺时针转动时，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ=ma解得：加速度a=g（sinθ−μcosθ）=2m/s2根据，且x=16m解得：t=4s（2）如传送带以的速率逆时针转动，物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：解得：加速度为则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为此过程通过的位移为由于，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜15\n面向上，根据牛顿第二定律有：解得：根据位移公式得：，解得：故物体从A运动到B需要的时间为：【点睛】从此例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．16
