2022届江西省宜春丰城市第九中学高三上学期第一次月考物理试题（含答案）

2022届江西省宜春丰城市第九中学高三上学期第一次月考物理试题学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题1、充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC,与水平方向夹角0=37。°已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点。的竖直高度/z=3.2m，水平距离/=2.4m,AB在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37°=0.6,重力加速度g=10m/s。贝ij()P点到B点的位移为3.6mAB之间的距离为0.4m娱乐者从P点到B点过程中的时间0.8s娱乐者从P点到B点过程中的最大速度5m/s2、2020年7月22日，中国火星探测工程正式对外发布“中国首次火星探测任务宇宙飞船'天问一号'着陆平台和火星车"。飞船“天问一号''从地球上发射到与火星会合，运动轨迹如图中虚线椭圆所示。飞向火星过程中，太阳对"天问一号"的引力远大于地球和火星对它的吸引力。下列说法正确的是()与火星会合前，“天问一号”的加速度小于火星公转的向心加速度“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒“天问一号”椭圆运动的周期小于地球公转的周期“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

3、如图，人沿平直的河岸以速度卩行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河岸的夹角为a,船的速率为（）vsina B. C.vcosa D.—— sina cosa4、由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆0P与横杆PQ链接而成，户、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。的过程中，下列说法正确的是（）P点的线速度大小不变 B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动 D.Q点在水平方向做匀速运动5、某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个''竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）w§三OW§30cm刻度对应的加速度为・0.5g40cm刻度对应的加速度为g50cm刻度对应的加速度为2g

各刻度对应加速度的值是不均匀的6、轻绳两端分别固定在两根等高的竖直杆上，在水平恒定风力作用下，重力为G的衣服处于静止状态，如图所示。若风力大小为衣服重力的0.75倍，不计轻绳与衣架挂钩间的摩擦，贝收钩间的摩擦，贝收）两端与水平方向的夹角％=a两端与水平方向的夹角％=a2两边与竖直方向的夹角a=AC.拉力大小为5G8cosC.拉力大小为5G8cos纪色2D.拉力大小为5G8cos^±A27、在某次检测国产某品牌汽车的刹车性能时，通过传感器发现踩下刹车后，汽车的位移与时间的关系满足x=30t-5t2,则关于该次测试，下列说法正确的是（）A.汽车A.汽车4s内的位移是40m汽车的加速度是-5m/s2C.汽车的初速度是C.汽车的初速度是20m/sD.汽车刹车2s后的速度是10m/s8、 小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的4--图像（如rt图）。已知机动车运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是（）*A.机动车处于匀加速状态 B.机动车的初速度为0机动车的加速度为大小为8m/s2 D.机动车在前3秒的位移是24m9、 从居民楼某楼层的窗台上掉下一苹果，目测落地前最后一秒的位移约为10m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则苹果掉下时的楼层为（设每层楼高约2.5m）（）A.第三层 B.第四层 C.第五层 D.第六层

二、多选题10、在倾角为。的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A和B,它们的质量分别为叫、叫（叫#叫），弹簧劲度系数为奴C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为厶速度为卩，此时（）A.物块A的加速度为入0一任=2£弹簧弹性势能的增加量为。=』m2=0.（）6125m2此过程中A的动能增加量为Fd此过程中A的机械能变化量为Fd11、如图所示，物块甲、乙（可视为质点）静止于水平地面上，质量分别为〃如=2kg、％=lkg,一轻弹簧（长度不计）压缩后锁定在甲、乙之间。某时刻解锁弹簧，甲、乙弹开后分别沿地面滑行。己知弹簧在解锁前的弹性势能为3J,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为丹=0.1和以乙=0.5,重力加速度取10m/s2,则（）甲乙A.弹开后瞬冋乙的速度大小为lm/s B.甲、乙滑行的时间之比为5：2甲滑行过程中产生的热量为2J D.甲、乙停止运动时相距0.9mA.细线拉力将变大12、如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2,两端分别与物体。和轻环c连接，轻环c穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体所物体。和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将c向右移动少许，物体。始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。贝以）A.细线拉力将变大B.地面对斜面体的支持力将变大

C.横杆对轻环C.横杆对轻环C的摩擦力将变大D.斜面体对物体a的摩擦力将变小三、实验题13、某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。打点牛时卷岁块细线滑轮 长木，II.重物图甲单位二cm~ 6 7 ~9.00111.01t12.28 110.60T8.61 图乙（1） 通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。（2） 计数点5对应的速度大小为 m/s,计数点6对应的速度大小为 m/So（保留三位有效数字）。（3） 物块减速运动过程中加速度的大小为。= m/s2,若用纟来计算物块与桌8面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）o14、下图为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不固连）。现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。然后按下述步骤进行实验：用天平测出两球质量叫、叫；用刻度尺测出两管口离地面的高度力;记录两球在水平地面上的落点P、Qo回答下列问题：（1） 要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有 0（已知重力加速度g）弹簧的压缩量水两球落点P,。到对应管口归、河的水平距离也、x2小球直径两球从管口弹出到落地的时间匕、r2（2） 根据测量结果，可得弹性势能的表达式为稣= 。（3） 由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式 ，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。四、计算题15、如图所示，水平地面与一半径为乙的竖直光滑圆弧轨道相接于8点，轨道上的C点位置处于圈心。的正下方。距离地面高度也为匕的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以序的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g,求：

（1） 水平恒力F大小；（2） 小球落地瞬冋速度与水平方向夹角。的正切值。17、如图。所示，一足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。在，=0时刻对木板施加一水平向右的恒力F,Is后撤去F,此后木板运动的卩-/图像如图b所示。已知物块与木板的质量均为1kg,物块与木板冋及木板与地面间均有摩擦。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s F的大小； 撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小； 整个过程中木板与物块间因摩擦产生的内能。 F的大小； 撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小； 整个过程中木板与物块间因摩擦产生的内能。18、如图所示，足够长的粗糙水平轨道光滑水平轨道M和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37。，M和de平滑连接。在沥的最右端静止一个质量M=4kg的木板，其高度与M等高，木板与轨道沥间动摩擦因数冋=（）.（）5,质量也°=lkg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在次轨道上距斜面底端％=8m处静止释放一质量〃?p=3kg的滑块P,一段时间后滑块F与。发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与。碰撞开始计时，Is后Q滑上长木板，经过3s后。从木板上飞出，飞出后0.5s落地（假设落地后静止）。己知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为人=0.25,滑块P、Q均当作质点，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：（1） 滑块P、。碰撞后获得的速度大小；（2） 木板的长度；（3） 最终P、Q静止时距木板左侧的距离。参考答案参考答案1、答案：B解析：D.由。点到8点过程，由/2=1^2,可得f=0.8s，可知人的水平分速度为卩£=昼曲=3並，从。到8过程，由竖直方向虻=2朋，可得到B点竖直方向°t0.8 '的速度*=皿商=8讪，所以到B点速度Vfl=V32+82m/s=>/73m/s»因此运动到B点速度最大为妨m/s，D错误；C.从P点到。点的运动可视为从。点平抛到P点的逆过程*=_^=5m/s，P点竖直方向速度*=拆二斉=40^，从P到。时间sin37Y令g,从。耻时间。.臨知从P点到，点过程中的时间/&=/+/=1.2s»C错误；A.P点距离。点的高度为人=：gf2=：xl0x0.42m=0.8m，P点距离B点的髙度为H=。-方=2.4m,P点距离B点的水平距离为知=%总=3xl.2m=3.6m,P点距离8点的位移为s=Jh?+砲2=J2.42+36m,A错误；B.由选项A可知，P点距离B点的高度为H=l'=2.4m,则AP间水平距离为LJtan37=-—,xAP=3.2m»P点距离B点的水平距离为％=财总=3乂1.2111=3.601,则XAP佰之间的距离为0.4m,B正确。故选B。2、答案：B解析：A.由牛顿第二定律可得解析：A.由牛顿第二定律可得G牛解得a=G牛,与火星会合前，“天问一号''到太阳的距离小于火星到太阳的距离，故“天问一号''的加速度较大，A错误；B.“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力做负功，引力势能增大，动能减少，机械能守恒，B正确；C.“天问一号”椭圆运动的半长轴大于地球公转的半径，由开普勒第三定律可知，“天问一号''椭圆运动的周期大于地球公转的周期，C错误；D.“天问一号''发射后需摆脱地球的引力朿缚但仍在太阳系内运动，故在地球上的发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，D错误。故选B。3、答案：C解析：将人的运动速度卩沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解，如图，由于绳子始

终处于绷紧状态，因而小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度俯视图河岸根据此图得：卩船=vcosa；故选C。4、 答案：A解析：A.由题知杆0P绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；B.由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向。点，B错误；C.Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于。点在竖直方向的位置），关于时间7的关系为y=/OP・sin修+"则可看出。点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D.Q点相对于。点在水平方向的位置工关于时间，的关系为x=/OP・cos修+仞|+/FQ,则可看岀。点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选Ao5、 答案：A解析：A.由分析可知，在30cm刻度时，有F弹-=g（取竖直向上为正方向），代入数据有o=-0.5g,A正确；B.由分析可知，在40cm刻度时，有mg=F弾,贝U40cm刻度对应的加速度为0,B错误；C.由分析可知，在50cm刻度时，有F^-mg=ma（取竖直向上为正方向），代入数据有。=0.5&,C错误；D.设刻度对应值为x,结合分析可知豆竺竺=口，Ax=|x-0.2|（取竖直向上为正方向），经过m计算有。二气笋（了＞0.2）或。=若0VO.2），根据以上分析，加速度。与刻度对应值为工成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。故选A。6、答案：D解析：AB.轻绳拉力的合力方向沿斜向左上方向，因此*〉底；，故AB错误；CD.衣服受到重力和水平的风力以及挂钩的作用力，重力和水平风力的合力为%=J(mg)2+(O.75mg)2 ，则挂钩对轻绳作用力大小为三G，由5G2FcosA1A=5g,得卩=― ,故d正确；C错误。故选D。2 4 8cos"i27、答案：D解析：A.根据位移与时间的关系与匀变速直线运动位移公式x=vQt+^at\对比x=30s5已可得卩o=3Om/s,«=-10m/s2,汽车做匀减速直线运动，汽车速度变为零所需时间为匕=二也=3s，则3s末汽车己经停止，所以，=4s时汽车位移为a2为=二也=45m,A错误；BC.根据位移与时间的关系与匀变速直线运动位移公式2ax=vor+at2»对比x=30r-5r2»可得v0=30m/s»a=-10m/s2»由分析得v0=30m/s»«=-10m/s2>BC错误；D.汽车刹车2s后的速度为卩］=卩。+皿=10m/s,D正确。故选D。8、 答案：C解析：ABC.由工=财+・已可知，将等式变形为4=3+丄"，由图像的两个交点可0 2 t2t2得v0=20m/s,a=-8m/s2»机动车做初速度为20m/s,加速度为Bm/s?的匀减速运动，故AB错误C正确；D.由v=vQ+at,可判断，机动车在2.5s时停止运动，由7O2v2-v02=2ar，贝U机动车在前3秒的位移"刍m=25m,故D错误。故选C。2x89、 答案：C解析：由匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该时间段的平均速度可得，最后Is的平均速度是最后0.5s的初速度可得卩=j=羊=l()m/s，则苹果落地时的速度为1125v=v+^=10+0.5xl0=15m/s,由寸=2gh，可得，=11.25m，上竺=4.5,可得掉下2.5楼层为第五层，故C正确，ABD错误。故选C。10、答案：AB解析：A.开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于厶的重力沿斜面下的分力满足〃桔sin0=炫，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故响辨小，由于开始是弹簧是压缩的压缩量为珀上升〃后弹簧被拉伸互，故满足F_kdd=x2+x{y故根据牛顿第二定律得F-m}gs\nO-kx2-ma＞解得。= ,A正m\确；B.根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即\E?=Fd-m}gdsinmy2，B正确；C.A动能的增加量为合外力做功，不仅是拉力做功，C错误；D.A机械能增加量是除了重力之外的力做功之外，对于A除了重力之外的力还有弹簧弹力做功，D错误。故选ADO11、 答案：BD解析：a.弹簧被弹开的过程动量守恒，则皿叫=%岭，;四，此+!〃吃卩；=稣，解得片=lm/s,v2=2m/s»选项A错误；B.两物体被弹开后，根据v=at=pgt»贝Ut=—,甲、乙滑行的时间之比为血=4.幽=1x2=。，选项B正确；C.甲滑行过嗯 t乙卩2口卩212程中产生的热量为Qu?啊*=?x2xl2j=lj,选项C错误；D.甲、乙停止运动时相距Ax=-^+-^-=—-—+—-—=0.9m,选项D正确。故选BD。2#印g2卩乙g2x0.1x102x0.5x1012、 答案：AC解析：A.以滑轮2为研究的对象，受力如图若将。向右移动少许，两个绳子之间的夹角月增大，由于人对滑轮的拉力不变，两个绳子之冋的夹角变大，根据2Fcos4=q，绳子的拉力F一定变大，A正确；B.对斜面体、物体。、物体人整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示

根据平衡条件，有Fn=G『Fcos%=G『*Fn与角度8无关,恒定不变，B错误；C.以c为研究的对象水平方向Ff=Fsinafc向右移动少许，F变大,。变大，sina变大，横杆对轻环c的摩擦力将变大，C正确；D.若原来物块。有下降趋势，绳子拉力增大，。可能有上升趋势，因摩擦力大小和方向都不能确定，D错误。故选AC。13、答案：（1）6；7；（2）1.00；1.20；（3）2.00；偏大解析：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。（2）根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则计数点5对应的速度%11.01+9.00in_2/ ,=^-= xlOm/s=1.00m/s;2T2x0.111.01+9.00-5.01—7.01(2x0.1)2在计数点1到6物块加速，在6到11.01+9.00-5.01—7.01(2x0.1)2xl（）-2m/s2a2.00m/s2,计数点6对应的速度v6=v5+aT=1.20m/s;（3）由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得"輦=地理2"輦=地理2皿待“OOM；(2x0.1)2在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大。14、答案：（1）B；（2）竺里，箜过；（3）叫也=办工，4/?解析：（1）弹射装置在将两小球弹射出金属管过程中，弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，则稣=；处"+］巧修，题中己测出了两球质量皿、明，两管口离地面的高度如再测出两球落点P、。到对应管口N的水平距离凡、易，即可算出两球离开管口的速度，从而计算出弹簧的弹性势能，故选B。（2）小球离开管口做平抛运动时，有人=捉2,x=vti则两球离开管口的速度E,*gh、臨,则弹性势能的表达式与=；岫+；蛔=突祟盤。（3）若弹射过程中两小球组成的系统动量守恒，则（3）若弹射过程中两小球组成的系统动量守恒，则即mixi=m2x2°15、答案：（1）x=2lx（2）0=45。；（3）矿=4+gmg解析：（1）设小球做平抛运动到达B点的时间为f,由平抛运动规律/=扑工=吋%=7^联立解得x=2l（2）小球到达B点时竖直分速度卩；=2刘则tan。=四日。解得。=45。(3)设小球到B达点时速度大小为*,则有vfi=V2v0设轨道对小球的支持力为F,根据由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为mg16、答案：(1)F=0.5N；(2)tan0=2.4解析：(1)小球在桌面上运动时，把运动沿AD.DC两个方向进行分解，在OC方向上(vosin6O°)"=2aLF=ma解得F=0.5N(2)小球离开桌面后，在竖直方向上是自由落体运动落地瞬间速度的竖直分量5=g，落地瞬间速度的水平分量卩水平=7(v0cos60°)2+(«r)2tan0=E卩水平联立解得tan9=2.417、答案：(1)戶=18N;(2)0；(3)Q=12J解析：（1）假设01S内，物块与木板无相对滑动共同加速，则撤去F后，木板的卩-，图像是一条倾斜直线，或者物块从木板右端滑出，均不符合题意，可见此过程中物块与木板相对滑动。在，=11.5s内，物块加速、木板减速，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为％和％，则式中/=ls>f]=1.5s,卩]=3m/s、v2=8m/s分别为木板在4、上时的速度大小。设物块和木板的质量为物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为外、外，由牛顿第二定律得印％=g（卩1+2妇mg=/四联立得耳=0.20以2=0.40在0Is内，设木板的加速度为％、对木板，根据牛顿第二定律可得F-（"gg+2jj2mg）=其中联立解得F=18N（2）4=1.5s以后，物块和木板仍有相对滑动，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为％和对物块和木板分别由牛顿第二定律可得向=ma\设木板停下时刻为f,由运动学公式得

联立解得t2联立解得t2=2s故在撤去拉力至木板停下的过程中，物块先匀加速A/,=/,-/=0.5s后,△上二上-匕二。，、这段时间内，摩擦力对其冲量为〃四政_印华也2=0（3）匕内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s产主2%又匀减速联立可得，物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s,=4.5mf,至物块最终停下时间内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s.2%卩；联立可得物块相对于木板的位移的大小为s=S]-s；=1.5m则此过程中木板与物块间因摩擦产生的热量为Q=/Jxmg（s+s）=12J22m18、答案：（1）卩p=4m/s, =12m/s；（2）匕=24m；（3）sp22m解析：（1）滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得mpgsin37°•L一pi2mPgcos37°L=—mpv^一0代入数据可得V]=8m/s滑块P、。发生弹性正碰，碰撞过程中