北京市第一○一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷 含解析

北京一零一中2024—2025学年度高三物理月考测试一、不定项选择题（本题共14小题：每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.如图所示，在一架摩天轮上悬挂着透明的座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。从最低点到最高点运动的过程中，下列叙述正确的是（）A.乘客的机械能守恒 B.乘客先超重再失重C.乘客受合力冲量为零 D.乘客受合力做功为零【答案】BD【解析】【详解】A．从最低点到最高点运动的过程中，乘客的动能不变，重力势能增加，所以乘客的机械能不守恒，故A错误；B．从最低点到最高点运动的过程中，乘客的竖直分加速度方向先向上后向下，乘客先超重再失重，故B正确；C．从最低点到最高点运动的过程中，乘客的初末动量大小相等，方向相反，则动量变化不为0，根据动量定理可知，乘客受合力冲量不为零，故C错误；D．从最低点到最高点运动的过程中，乘客的动能不变，根据动能定理可知，乘客受合力做功为零，故D正确。故选BD。2.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，它与“天宫二号”空间实验室对接前，在距离地面约380km的圆轨道上飞行。已知地球同步卫星距地面的高度约为36000km。关于“天舟一号”，下列说法正确的是（）A.线速度小于地球同步卫星的线速度B.线速度小于第一宇宙速度C.向心加速度小于地球同步卫星加速度D.周期大于地球自转周期【答案】B【解析】【详解】A．取环绕天体为研究对象，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得说明轨道半径越小，线速度越大，“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，故A错误；B．第一宇宙速度在数值上等于近地卫星的线速度大小，由前面的推导可知轨道半径越大，线速度越小，“天舟一号”线速度小于第一宇宙速度，故B正确；C．由牛顿第二定律可得解得说明轨道半径越小，向心加速度越大，“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加速度，故C错误；D．由牛顿第二定律可得解得说明轨道半径越小，周期越小，“天舟一号”的周期小于地球同步卫星，也就是说小于地球自转周期，故D错误。故选B。3.双人花样滑冰比赛是一项极具观赏性的项目。比赛中，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。通过目测估计男运动员的手臂与水平冰面的夹角约为，女运动员与其身上的装备总质量约为，重力加速度g取。仅根据以上信息，可估算（）A.女运动员旋转的向心加速度约为 B.女运动员旋转的角速度约为C.男运动员对女运动员的拉力约为 D.男运动员对冰面的压力约为【答案】A【解析】【详解】女运动员做圆锥摆运动，由对女运动员受力分析可知，受到重力、男运动员对女运动员的拉力，竖直方向合力为零，由Fsin45°=mg解得水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcos45°=ma向解得a向=g=10m/s2假设角速度为，则有可得转动半径过小与实际情况不符，对男演员受力分析可得故选A。4.如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，左侧大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A.a点与b点的线速度大小相等 B.a点与b点的角速度大小相等C.a点与c点的线速度大小相等 D.a点与d点的向心加速度大小相等【答案】CD【解析】【详解】C．由于皮带不打滑，因此a点与c点的线速度大小相等，即C正确；AB．由于b、c、d都绕同一个转轴，一起转动，因此角速度相等，即根据联立可得，AB错误；D．根据可得D正确。故选CD。5.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.F B. C. D.【答案】C【解析】【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有联立解得。故选C。6.某同学设计了一个研究平抛运动特点家庭实验装置，去验证平抛运动水平方向做匀速直线运动，如图所示，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上的同一位置滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动，若已知物体做平抛运动时在竖直方向上为自由落体运动下列说法正确的是()A.除实验中描述的器材外，该实验还必需的实验器材是刻度尺B.除实验中描述的器材外，该实验还必需的实验器材是秒表、刻度尺C.相对平抛起始位置，测出下落高度与平抛水平位移的平方成正比，说明钢球水平向做匀速运动D.相对平抛起始位置，测出平抛水平位移与下落高度的平方成正比，说明钢球水平向做匀速运动【答案】AC【解析】【详解】已知钢球在竖直方向做自由落体运动，则h=gt2，水平方向若做匀速运动则满足：，解得，则相对平抛起始位置，测出下落高度h与平抛水平位移x的平方成正比，说明钢球水平向做匀速运动，选项C正确；，则相对平抛起始位置，测出平抛水平位移与下落高度的平方根成正比，说明钢球水平向做匀速运动，选项D错误；由以上分析可知，实验中需要用刻度尺测量距离，不需要秒表，选项A正确，B错误；故选AC.7.蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中（）A.只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒B.运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功C.弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小D.弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，故A错误；B．弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体不做功，运动员的机械能增加是运动员本身对自己做功的缘故，故B错误；CD．根据动量定理可知，运动员初末速度为0，故动量的变化量为0，合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确D错误。故选C。8.“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是（）A.小车的加速度增大到原来的2倍B.绳上的拉力增大到原来的2倍C.砂桶机械能的减少量小于原来的2倍D.砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多【答案】C【解析】【详解】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得若保持不变，将增大为原来的2倍，则有故AB错误；C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为由于可得即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确；D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。故选C。9.如图所示，将长平板的下端固定于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，物块从静止开始从Q点下滑至P点，将Q点上移使θ变大，下列说法正确的是（）A.若物块与平板光滑，物块下滑时间一定变小B.若物块与平板光滑，物块下滑时间可能相同C.若物块与平板粗糙，物块损失的机械能变小D.若物块与平板粗糙，物块损失机械能相同【答案】BD【解析】【详解】AB．若物块与平板光滑，设铁架台水平底座长度为d；物块下滑过程，由牛顿第二定律可得物块从Q滑至P，由运动学公式可得联立解得由数学知识可知，当时，物块下滑时间最短；所以将Q点上移使θ变大，物块下滑时间不一定变小，物块下滑时间可能相同，故A错误，B正确；CD．若物块与平板粗糙，根据功能关系可知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则有则将Q点上移使θ变大，由于铁架台水平底座长度d不变，所以物块损失的机械能相同，故C错误，D正确。故选BD。10.跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（）A.可以增加水平方向的飞行速度B.可以增加竖直方向的加速度C.可以增加运动员的机械能D.可以获得更长的飞行时间【答案】D【解析】【详解】运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的“托举力”，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空中飞行的时间。故选D。11.如图所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v0运行。一个质量为m小物块也以v0的速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带到离开传送带的过程中，下列说法正确的是（）A.传送带对小物块的摩擦力方向先向右后向左B.传送带对小物块的摩擦力方向一直向右C.传送带对小物块所做的功为D.传送带与小物块产生的内能为【答案】BD【解析】【详解】AB．由于传送带足够长，所以小物块滑上传送带后，先向左做匀减速直线运动，速度减为0后，再向右做匀加速直线运动，到达传送带右端离开时，速度刚好与传送带共速，可知传送带对小物块的摩擦力方向一直向右，故A错误，B正确；C．由于小物块离开传送带时的速度大小为，可知小物块的动能变化为0，根据动能定理可知，传送带对小物块所做的功为0，故C错误；D．设小物块与传送带的动摩擦因数为，则小物块从滑上传送带到离开传送带所用时间为小物块与传送带发生的相对位移为则传送带与小物块产生的内能为故D正确。故选BD。12.如图所示，长l=1m的轻质细绳下端悬挂质量m=1kg的钢球，对钢球施加水平恒力F=10N，将小球从最低点A由静止开始拉动，且拉动过程中细绳始终绷直。若不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.θ=30°时，钢球的速度最大 B.θ=45°时，钢球的速度最大C.θ=60°时，钢球的速度为零 D.θ=90°时，钢球的速度为零【答案】BD【解析】【详解】AB．设拉动过程中细绳与竖直方向的夹角为时，钢球的速度最大，则此时沿切线方向的合力为0，则有可得解得故A错误，B正确；CD．设拉动过程中细绳与竖直方向的夹角为时，钢球运动到最高点，此时钢球的速度为0，根据动能定理可得又解得故C错误，D正确。故选BD。13.如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为，水流速度大小为，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（）A.水枪单位时间内喷出水的质量为B.高压水枪的喷水功率为C.水柱对煤层的平均冲击力大小为D.为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为水平向左【答案】B【解析】【详解】A．高压水枪的流量为水枪单位时间内喷出水的质量为B．水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为故水枪的功率为故B正确；C．研究单位时间内喷出的水，由动量定理得解得根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小为，故C错误；D．水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。故选B。14.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A.地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约3分钟到达火星C.如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运动到C点时，恰好与火星相遇D.下一个发射时机需要再等约2.1年【答案】BD【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力可知解得地球公转半径r较小，则向心加速度较大，故A错误；B．火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为则B正确；C．根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在C点相遇，故C错误；D．地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为则地球再一次追上火星的用时为故D正确。故选BD。二、论述、计算题。（本题共6小题，共58分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）15.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面，如图所示。若机舱口下沿距地面h=3m，气囊所构成的斜面长度为L=5m，一个质量为60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是210N，重力加速度g取10m/s2。求：（1）当人滑至气囊底端时速度的大小；（2）当人滑至气囊底端时重力的瞬时功率大小；（3）下滑过程中支持力冲量大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】设人滑至气囊底端时速度的大小为，人沿气囊滑下的过程，根据动能定理有代入数据解得【小问2详解】设斜面倾角为，则有当人滑至气囊底端时重力的瞬时功率大小为【小问3详解】人沿气囊滑下的过程，根据运动学公式可得解得所用时间为则下滑过程中支持力的冲量大小为16.如图所示，有一高台离地面的高度h=5.0m，摩托车运动员以v0=10m/s的初速度冲上高台后，以v1=5m/s的速度水平飞出。摩托车从坡底冲上高台过程中，历时t=15s，发动机的功率恒为P=2kW。人和车的总质量m=200kg（可视为质点）。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）摩托车的落地点到高台的水平距离；（2）摩托车落地时速度的大小；（3）摩托车冲上高台过程中摩擦阻力做的功。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】摩托车离开高台做平抛运动，则竖直方向有解得水平方向有解得【小问2详解】摩托车落地时的竖直分速度大小为则摩托车落地时速度的大小为【小问3详解】摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得代入数据解得摩托车冲上高台过程中摩擦阻力做的功为17.如图所示，xOy为竖直平面内的一个直角坐标系，y为竖直方向，OA为竖直平面内的光滑抛物线轨道，其轨迹方程为。将一个光滑的小圆环穿在此轨道上，从O点由静止状态沿着此轨道下滑，P是抛物线轨道上的一点，已知O和P两点连线与竖直方向的夹角为45°，重力加速度g取10m/s2。求：（1）要形成该抛物线轨迹所需的平抛初速度大小；（2）小环通过P点时的速度大小；（3）小环通过P点时的速度方向与水平方向夹角的正切值。【答案】（1）（2）（3）2【解析】【小问1详解】设要形成该抛物线轨迹所需的平抛初速度大小为，根据平抛运动规律有，联立可得结合可得解得【小问2详解】由于O、P两点的连线与竖直方向的夹角为45°，则有又解得根据机械能守恒可得可得小环通过P点时的速度大小为【小问3详解】由于曲线运动中速度方向总是沿轨迹的切线方向，故小环沿轨道到达P点时其速度方向与做平抛运动到达P点时速度方向相同，根据平抛运动推论可知，速度方向与x轴夹角正切值等于位移与x轴夹角正切值的2倍，即小环通过P点时的速度方向与水平方向夹角的正切值为18.一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得（舍去）19.开普勒发现了行星运动的三大定律，分别是轨道定律、面积定律和周期定律，这三大定律最终使他赢得了“天空立法者”的美名。开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即。如图所示，人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动时，卫星距地面高度为h=3R，R为地球的半径，卫星质量为m，地球表面的重力加速度为g，椭圆轨道的长轴PQ=10R。（1）a.求卫星在I轨道运动时的速度大小；b.根据开普勒第三定律，求卫星在II轨道运动时的周期大小；（2）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，其大小为（规定无穷远处势能为零）。卫星在I轨道的P点点火加速，变轨到II轨道；a.根据开普勒第二定律，求卫星在椭圆轨道II运动时，在近地点P与在远地点Q的速率之比；b.卫星在I轨道的P点，变轨到II轨道，求至少需对卫星做多少功（不考虑卫星质量的变化和所受的阻力）。【答案】（1）a．；b．（2）a．；b．【解析】【小问1详解】a．人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得在地球表面有联立卫星在I轨道运动时的速度大小b．在I

轨道时，根据有引力提供向心力可得解得根据开普勒第三定律可得解得卫星在II轨道运动时的周期为【小问2详解】a．卫星椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于PQ两点与地球连线的长度的倒数之比，则有b．卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足解得则卫星在I轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对