安徽省名校2024-2025学年高三（上）月考物理试卷（三）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省名校2024-2025学年高三（上）月考物理试卷（三）一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.机动车正在平直路面行驶，某时刻起，根据机动车的运动情况，绘制如图xt2−1t图像，已知机动车质量为1500kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0A.机动车在前3秒的位移是24m B.机动车的初速度为20m/s

C.机动车的加速度为8m2.如图所示，一光滑的轻质小滑轮用支架固定在天花板上，一轻绳跨过光滑轻滑轮一端连接物块A，另一端连接中间有孔的小球B。物块A的质量小于小球B的质量，小球B套在以O为圆心的固定光滑四分之一圆弧杆的最低点，轻绳处于竖直状态。现对B施加始终沿杆切线方向的外力，使小球B沿圆弧杆向上缓慢移动到OB绳水平位置的过程中，下列说法正确的是(

)

A.轻绳对B的拉力先减小后增大 B.滑轮支架对滑轮轴的作用力逐渐增大

C.圆弧杆对B的弹力逐渐增大 D.外力F逐渐增大3.质量为M=3kg的长木板正在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的质量为m=1A.木板与地面间的动摩擦因数为0.3 B.木板在1.2s末减速到零

C.木板的长度至少为0.84m D.4.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，则此物体(

)A.由O运动到P点的时间为2v0g

B.物体经过P点时，速度的水平分量为255v0

C.物体经过P5.如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近．已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω.万有引力常量为G，则(

)

A.卫星a和b下一次相距最近还需经过t=2πGM8R3−ω

B.卫星c的机械能等于卫星b的机械能

C.若要卫星c与b6.为表彰在“理解复杂物理系统所作出的开创性贡献”，2021年诺贝尔物理学奖颁给了3位科学家。如图即为一个无序系统的模型：质量均为m的小球M、N用长度均为L的轻杆a、b连接，轻杆a的一端可绕固定轴O自由转动，轻杆b可绕小球M自由转动。先令两球与O点处于同一高度，静止释放系统，两球在竖直面内做无序运动。某时刻，系统达到图中虚线位置，轻杆a与竖直方向成30∘角，小球N恰好到达与O点等高处，且其速度水平向右。已知重力加速度为g，不计一切阻力，下列说法正确的是(

)

A.此时小球M的速度方向竖直向下

B.该过程中，小球N的机械能守恒

C.该过程中，轻杆a对小球M做的总功为−33mgL8

D.7.如图甲所示，质量为m=5.0 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(x=4.0 m之后无推力存在)，已知物体与地面之间的动摩擦因数A.物体从开始运动到距出发点4.0 m的过程中，加速度始终减小

B.在距出发点3.5 m位置时物体的速度最大

C.物体的最大速度为38.小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得自己体重为500N再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10A.在0∼11s内，电梯向上运动

B.在0∼11s内，电梯通过的位移大小为19m

C.在0∼2s二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1A.滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为15+9235s

B.滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处，其重力的瞬时功率为205W

C.当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N10.如图所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上瞬间，弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v随时间t、滑块受到的摩擦力f随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(

)

A. B.

C. D.三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系，做了如下实验：

①如图甲所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)，将制图板竖直固定在铁架台上．②将质量为m=100g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0;用水平力拉A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋下端点的位置③取下制图板，量出A1、A2……各点到O的距离l1、l2④在坐标纸上作出1cosα−l的图像如图乙所示．

完成下列填空：

(1)已知重力加速度为g，当橡皮筋与OA0间的夹角为α时，橡皮筋所受的拉力大小为____(用g、m、α表示)．

(2)取g=12.关于“探究平抛运动的特点”实验：

(1)图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片。在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做______运动。

(2)在(1)的基础上，用图3所示装置继续探究平抛运动的规律。实验中除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列仪器还需要的有______。

A.秒表

B.坐标纸

C.天平

D.重垂线

(3)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有______。

A.斜槽轨道必须光滑

B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平

C.每次小球释放的初始位置可以任意选择

D.y轴的方向根据重垂线确定

E.为描出小球的运动轨迹，需要用平滑曲线把所有的点连接起来

F.记录的点应适当多一些

(4)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图4所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，可求得钢球平抛的初速度大小为______(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。

(5)某小组同学借助频闪仪拍摄小球运动照片的方式研究此实验。实验时忘了标记重垂线方向。为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.山体滑坡往往会对人民生命安全和财产安全造成巨大损失。如图，假设在发生山体滑坡时，距离山坡底部A处x0=36m的B点正有一行人逗留，此时距坡底x1=50m的山坡顶处有一大片泥石流正以a1=4m/s(1(2)若行人沿BD方向逃离，BD边平行于坡底AC(3)若行人沿A14.如图所示，水平传送带长为L=11.5 m，以速度v=7.5 m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速度释放一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)，在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=(1(2)15.开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测数据，分别于1609年和1619年发表了下列定律．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的面积相等．开普勒第三定律：所有行星轨道的半长轴a的三次方跟它的公转周期T的二次方的比都相等，即a3T2=k(1)在研究行星绕太阳运动的规律时，将行星轨道简化为一半径为a.如图甲所示，设行星与太阳的连线在一段非常非常小的时间Δt内，扫过的扇形面积为ΔS.求行星绕太阳运动的线速度的大小v，并结合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动;(提示：扇形面积b.请结合开普勒第三定律、牛顿运动定律，证明太阳对行星的引力F与行星轨道半径r(2)牛顿总结万有引力定律之后，人们可以从动力学的视角，理解和解释开普勒定律.已知太阳质量为MS、行星质量为MP、太阳和行星间距离为a.通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动.请推导开普勒第三定律中常量kb.实际上太阳并非保持静止不动，如图乙所示，太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为T0的匀速圆周运动.依照此模型，开普勒第三定律形式上仍可表达为L3T02=k′.请推导k′的表达式(用MS、答案和解析1.【答案】B

【解析】由图像设xt2与1t的函数关系式为xt2=k1t+b，整理可得x=kt+bt2，由运动学公式x=v0t+12at2知上式中k=v2.【答案】D

【解析】AB.在缓慢拉动过程中，绳OA的拉力等于物块A的重力，大小不变，绳OB的拉力等于绳OA的拉力，OB上的拉力大小也不变，绳OA与绳OB的夹角增大，绳OA与绳OB拉力的合力减小，支架对滑轮的作用力等于绳OA与绳OB拉力的合力，也逐渐减小，选项A、B错误;

CD.物块A的质量小于小球B的质量，对3.【答案】D

【解析】A.从t=0时开始，物块加速，木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。

由图可知，在t1=0.7s时，物块和木板的速度相同，t=0到t=t1时间间隔内，设物块加速度为a1，则有a1=△v△t=1m/s2，设物块和木板间动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg=ma1，解得μ1=0.10；

t=0到t=t1时间间隔内，木板的加速度为a2，则有a2=△v△t=3m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg+μ2(M+m)g=4.【答案】B

【解析】【分析】

解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．且分运动与合运动具有等时性。

【解答】

A.平抛运动时，竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0t=12 gt2，t=2v0g，而物体由静止释放，下滑的运动不是平抛运动，则运动的时间不等于2v0g，故A错误。

BC.若做平抛运动，有：vy2=2gh，x=h=v0t= 2v025.【答案】A

【解析】解：A、卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度．

由万有引力提供向心力，即GMmr2=mω2r

ω=GMr3

a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa=GM8R3

此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近，(ωa−ω)t=2π

t=2πGM8R3−ω，故A正确；

B、卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能．故B错误；

C、让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c6.【答案】D

【解析】【分析】本题考查杆连接体，关键要明确M的速度方向，M、N沿杆方向速度相等，M、N组成的系统机械能守恒，据此可求出M、N此时的速度，然后根据动能定理计算做功大小。

本题主要考查机械能守恒定律和动能定理得出两个物体的速度，结合几何关系即可完成分析。

【解答】A、细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，所以此时小球M的速度方向与杆a垂直，不是竖直向下，故A错误；

B、小球M、N组成的系统机械能守恒，小球N机械能不守恒，故B错误；

C、设此时小球M、N的速度大小分别为vM，vN，如图所示：

M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有：vNsinθ=vMcos30°，

由系统机械能守恒，有：mgLcosθ=12mvM2+12mvN2，解得：vM=7.【答案】C

【解析】A.物体在水平方向受推力与摩擦力作用F−μmg=ma，加速度a=Fm−μg由图乙所示图像可知，从开始运动到到距出发点4m，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F的减小，加速度a减小，当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零，当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大，故由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大，故A错误；

B.由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F=100−25x(0≤x≤4.0m)，物体的速度最大时，加速度为零，此时有F=μmg解得x=100−μm8.【答案】B

【解析】【分析】

根据牛顿第二定律求出0−2s内的加速度，通过加速度的方向确定开始是上升还是下降，根据运动学公式求出减速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出台秤的示数，根据运动学公式求出匀加速、匀速、匀减速运动的位移，从而得出总位移。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清电梯整个过程中的运动规律，运用运动学公式灵活求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

【解答】

AC、由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为：F1=450N，由牛顿第二定律有：mg−F1=ma1，代入数据解得：a1=1m/s2，所以电梯在下降，故AC错误；

BD、设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则9.【答案】AB【解析】A.对滑块上升时有m1g设滑块离开弹射器时速度为v0，离开管口时的速度为v1可得v离开管上升到最高点的过程中，由动能定理可得

−可得v滑块到管口的时间为t从管口到最高点的时间为t则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为t故A正确；B.对滑块在管中下落时有m1g有h可得t滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处的速度为v2=v1+CD.为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，此时施加的外力F滑块与管的相对位移为h共速时有v联立可得F故C正确，D错误。10.【答案】AB【解析】A.物块滑上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小到0，故A正确；B.物块在向右加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，物块的速度就已经等于传送带的速度，物块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力(即滑动摩擦力)，物块开始匀速运动，弹力继续增大，当弹簧的拉力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小到0，故B正确；CD.根据题意，结合AB分析可知，若物块先加速紧接着减速，则整个过程受滑动摩擦力保持不变，若物块先加速后匀速再减速，则物块先受滑动摩擦力，再受静摩擦力，且开始小于滑动摩擦力，随着弹力的增大，静摩擦力增大，最后等于滑动摩擦力，保持不变到物块减速到0，故C正确，D错误。

11.【答案】(1)mgcosα；【解析】【分析】

(1)竖直方向合力为零，即可求得橡皮筋的拉力大小；

(2)竖直方向合力为零，找出1cosα与l的关系，即可求得弹簧的劲度系数，与横坐标的交点表示橡皮筋的原长。

本题主要考查了在弹力作用下的共点力平衡，关键是找出函数关系即可判断。

【解答】(1)第结点受力分析，根据共点力平衡可知mg=Tcosα，解得T=mgcosα；

(2)在竖直方向，合力为零，则12.【答案】自由落体

BD

BDF

x【解析】解：(1)任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做自由落体运动；

(2)根据实验原理可知还需坐标纸测量点迹距离、重垂线确定竖直方向，无需秒表和天平，故AC错误，BD正确；

故选：BD。

(3)A.斜槽轨道光滑与否对实验无影响，故A错误；

B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平，以便确定初速度水平，故B正确；

C.每次小球释放的初始位置必须一致，保证初速度大小相等，故C错误；

D.y轴的方向根据重垂线确定，故D正确；

E.实验中有个别偏离轨迹太远的点要舍弃，将轨迹上的点连成一条平滑曲线，故E错误；

F.为提高实验准确性，记录的点应适当多一些，故F正确；

(4)竖直方向由匀变速直线运动的推论可得y2−y1=gT2

水平方向由位移公式可得v0=xT

联立解得v0=xgy2−y1

(5)如图x0、y0分别表示水平和竖直方向，设重垂线方向y0与y轴间的夹角为θ，建立坐标系存在两种情况，如图所示：

当建立的坐标系为x1、