六安一中2024届高三年级第二次月考物理试卷时间：75分钟分值：100分一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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.下列关于力的说法中正确的是（ ）A.静止的物体，不可能受到滑动摩擦力B.挂在电线下面的电灯对电线的拉力，是因为电灯发生微小形变而产生的C.物体的运动状态发生变化则所受合力一定发生变化D.作用力做正功，其反作用力一定做负功【答案】B【解析】【详解】A．发生相对运动的物体间才有可能受到滑动摩擦力，与物体本身静止或运动无关，因此静止的物体也会受到滑动摩擦力，故A错误；B．弹力是发生形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用，因此挂在电线下面的电灯对电线的拉力，是因为电灯发生微小形变而产生的，故B正确；C．物体的运动状态发生变化则说明所受合力一定不为零，而合外力不一定发生变化，故C错误；D．力做正、负功取决于力和物体位移方向之间的夹角，夹角为锐角力做正功，夹角为钝角力做负功，作用力做正功，其反作用力是作用在另一个物体上，不一定做负功，故D错误。故选B。2.如图所示，质量为的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机与接触面的动摩擦因数为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）A.手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等B.支架斜面对手机的摩擦力大小为，方向沿斜面向上C.手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力D.手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力【答案】D【解析】【详解】A．手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故A错误；B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为故B错误；C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误；D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D正确。故选D。3.甲、乙两同学完成一娱乐性比赛，比赛时由同一点分别斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A.甲抛出的球在空中运动的时间较长B.两球在天花板处的速度可能相等C.乙抛出的球的初速度一定较大D.若两球同时抛出，则它们一定在空中相遇【答案】C【解析】【详解】A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，令高度为h，则有解得可知两球运动的时间相等，故A错误；BC．两球在水平方向做匀速直线运动，根据可知乙球的水平位移大，所以乙抛出的球的初速度一定较大，在最高点竖直速度为零，只剩水平方向速度，所以乙球在天花板处的速度大，故B错误，C正确；D．在相同时间两球所在的高度相同，而水平位移不同，所以若两球同时抛出，则它们不能在空中相遇，故D错误。故选C。4.如图所示，轻质不可伸长细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度匀速下滑。设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）A.物体A做加速运动 B.物体A做匀速运动C.A处于失重状态 D.T等于【答案】A【解析】【详解】ABC．将B的竖直向下的运动分解为沿着绳子方向与垂直绳子方向两个分运动，如图所示结合平行四边形定则以及三角函数可知式中B速度恒定，增大，故的速度增大，有斜向左上方的加速度，A处于超重状态。故A正确，BC错误；D．对A分析，根据牛顿第二定律可得即故D错误。故选A。5.如图所示，物块放在能绕中心轴转动的水平圆盘上，物块与圆盘的动摩擦因数为，物块到转轴的距离为r，某时刻圆盘角速度从0开始缓慢增大直到物块与圆盘即将发生相对滑动，随即圆盘以该角速度匀速转动，则下列说法正确的是（ ）A.物块随圆盘匀速转动时，物块做匀变速曲线运动B.物块随圆盘匀速转动时，圆盘对物块的作用力水平指向圆心C.整个过程中圆盘对物块的摩擦力不做功D.物块随圆盘匀速转动四分之一圈，摩擦力的冲量大小为【答案】D【解析】【详解】A．物块随圆盘匀速转动时，加速度方向不断变化，物块做非匀变速曲线运动，故A错误；B．物块随圆盘匀速转动时，圆盘对物块有竖直向上的支持力，水平指向圆心的摩擦力，合力斜向上，故B错误；C．圆盘缓慢加速转动过程中，物块的动能增大，依据动能定理，圆盘对物块的摩擦力做正功，故C错误；D．根据物块随圆盘匀速转动四分之一圈，速度变化量大小摩擦力的冲量大小为联立得I=故D正确。故选D。6.火星探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图如图所示，其中轨道I、III为椭圆，轨道II为圆，探测器经轨道I、II、III运动后在Q点登陆火星，O点是轨道I、II、III的切点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道III的远火星点和近火星点。已知火星的半径为，，下列说法正确的是（ ）A.在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道III上探测器与火星中心的连线扫过的面积相等B.探测器在轨道II经过O点时的加速度大于在轨道III运动经过O点时的加速度C.探测器在轨道II与轨道III上运行的周期之比为D.探测器在轨道II和轨道III上运行时的机械能相同【答案】C【解析】【详解】A．开普勒第二定律，适用于在同一轨道上行星或卫星与中心天体的连线，在相同时间内扫过的面积相等，轨道I和II不在同一轨道上，因此在相等时间内，轨道I上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道II上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等。故A错误；B．根据解得探测器在轨道II经过O点时的加速度等于在轨道III运动经过O点时的加速度。故B错误；C．已知火星的半径为R，OQ=6R，可知轨道II的半径为5R，轨道III的半长轴为3R，由开普勒第三定律可得解得故C正确；D．探测器从轨道II变轨到轨道III需要减速做向心运动，所以在这两个轨道上运行时的机械能不相同。故D错误。故选C。7.如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其图像如图所示。则（）A.小球的质量为B.当地的重力加速度大小为C.时，小球对管壁的弹力方向竖直向下D.时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍【答案】D【解析】【详解】AB．在最高点，若，则若，重力提供向心力，则解得小球的质量，故AB错误；C．若，则，则时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；D．当时，根据，解得当时，根据解得故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图甲所示，小物块静止在倾角的粗糙斜面上，现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化关系如图丙所示，已知，重力加速度，下列说法正确的是（ ）A.物块的质量为1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C.0~3s时间内，力F做功的平均功率为0.32WD.0~3s时间内，物块克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【解析】【详解】AB．速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以从图3中可得1~3s内小物块做匀加速直线运动，加速度为此时小物块在沿斜面方向上受到向下的推力F，重力的分力，以及沿斜面向上的摩擦力，则有由图可知物体平衡时，有联立解得故A正确，B错误；C．由v-t图像可知，0~1s时间内，物块静止，力F不做功；1~3s时间内，外力为，速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以物块的位移为所以0~3s内力F做功的平均功率为故C错误；D．0~3s时间内物体克服摩擦力做的功为故D正确。故选AD。9.如图所示，倾角的传送带以大小为的速度顺时针匀速运行，一质量为的工件（视为质点）以大小为的初速度从传送带的底端A冲上传送带，并恰好能到达传送带的顶端B，随即滑回A端。工件与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）A.工件沿传送带上滑的时间为B.工件返回A端时的速度大小为C.工件在传送带上的整个过程中，摩擦力对工件做的功为D.工件在传送带上的整个过程中，因摩擦产生的热量为【答案】AC【解析】【详解】A．工件所受重力沿传送带向下的分力大小为滑动摩擦力大小当工件的速度大于传送带的速度时，工件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，因此工件向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得，上滑的加速度大小为工件从A端上滑至与传送带速度相同的时间此后工件继续向上做匀减速运动，上滑的加速度大小为从工件与传送带达到共同速度至工件到达B端的时间为因此工件沿传送带上滑的时间为故A正确；B．A、B两端的距离为设工件返回A端时的速度大小为，则有解得故B错误；C．根据动能定理可知，工件在传送带上滑行的过程中，摩擦力对工件做的功故C正确；D．工件从B端下滑至A端的时间为工件在传送带上滑行过程中，因摩擦产生的热量为故D错误。故选AC。10.如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数k=20N/m的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m=1kg的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为M=2kg的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6；开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）A.释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为5J B.石块的速度最大时轻弹簧的形变量为0.5mC.石块的最大速度为 D.滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m【答案】BD【解析】【详解】A．由静止释放石块瞬间，因滑块m恰好不上滑，故有联立解得，故A错误；B．石块的速度最大时滑块速度也最大，且加速度为零，由力的平衡有解得故B正确；C．设石块的最大速度为vm，因初末状态弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒定律有解得故C错误；D．设滑块沿斜面向上运动的距离最大时弹簧伸长量为x3，此时石块、滑块速度都为零，根据能量守恒定律有解得即滑块沿斜面向上运动的最大距离为故D正确。故选BD。三、实验题（每空2分，共16分）11.某探究小组用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为，请回答以下问题：①在该实验中，主要利用了____________来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；A．理想实验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法②探究向心力与角速度之间的关系时，应选择半径_________（填“相同”或“不同”）的两个塔轮；③探究向心力与角速度之间关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为______。A．   B．    C．    D．【答案】①.C②.不同③.D【解析】【详解】①[1]探究向心力、质量、半径与角速度之间的关系采用的是控制变量法。故选C。②[2]探究向心力与角速度之间的关系时，应使两个塔轮的角速度不同，则应选择半径不同的两个塔轮。③[3]探究向心力与角速度之间的关系时，两个小球所受的向心力的比值为，根据公式可得角速度之比为，传动皮带线速度大小相