四川绵阳市梓潼中学校2026-2027学年高三上学期9月月考物理试题

梓潼中学高2024级2026年秋第一学月学业水平测试 物理试题 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。 第I卷（选择题，共46分） 一、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，只有一项符合题目要求。 1. 小车在水平地面上做匀速直线运动。零时刻、站在小车上的甲沿与小车运动方向平行的方向抛出一个小球，乙站在小车侧方水平地面上观测到小球做直线运动直至落地。忽略空气阻力。则（ ） A. 乙观测到小球的运动轨迹与地面垂直 B. 乙观测到小球的加速度为零 C. 甲抛球方向与小车前进方向相同 D. 小球相对地面的初速度不为零 2. 如图所示，长方体物块叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止。B受力的个数为（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 离地球280光年外有一恒星TOI-561。与TOI-561相距约0.01 AU（日地距离为1 AU）的行星绕其公转的周期约为地球公转周期的，该行星和地球的公转均视为匀速圆周运动。则TOI-561与太阳的质量的比值约为（ ） A. 0.16 B. 0.64 C. 1.6 D. 6.4 4．水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　） A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 5．模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　） A．从到，实验舱处于电磁弹射过程 B．从到，实验舱加速度大小减小 C．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点 6．在古代，人们关上门后从内部用一根结实的木棍抵住门，以保障安全，这种木棍被称为“顶门杠”，如图甲所示。图乙是其简化示意图，顶门杠可绕其下端与地面的接触点自由转动，杠下端与水平地面之间的动摩擦因数为，杠的重力忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证门受到再大的外来推力都不能使杠的下端与地面间发生滑动，则杠与水平地面的夹角应满足的条件为（    ） A． B． C． D． 7. 马年春晚《喜雨》舞蹈用珠帘勾勒出“春雨万物生”的唯美景象。小明用如图所示的模型分析珠帘上珠子的运动，他用柔软轻质细线连接两个相同的小球、，当两小球以相同角速度绕竖直轴做匀速圆周运动时，细线①、②与竖直方向夹角分别为和（），若细线①、②上弹力大小分别为和，、的线速度大小分别为和，向心加速度大小分别为和，忽略空气阻力，则（ ） A. B. C. D. 二、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，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　） A．弹簧弹力的大小一定不变 B．小球所受合外力的大小一定变大 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球的高度一定降低 9.某物流园用一水平浅色传送带传送货物，如图甲所示。将质量m＝10 kg的黑色货物（可视为质点）在A处放在静止的传送带上，然后启动传送带开始顺时针运动，其运动的v-t图像如图乙所示，货物恰好被传送到B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取 g＝10 m/s2，下列说法正确的是（     ） A．货物由A处运动到B处的位移为48 m B．货物在水平浅色传送带上留下的痕迹长度为12 m C．货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量为160 J D．货物运动的最大速度为8 m/s 10.某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以 点为圆心、 为半径的圆弧，圆弧最高点与 点等高。救援队从 点以大小为的初速度向该山沟投掷救援物资，其中 是重力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则物资（ ） A. 在空中运动的时间为 B. 与水平方向成 角斜上抛 C. 抛出点与落点的高度差为 D. 落到圆弧上的最小速率为 第II卷（非选择题，共54分） 三、本大题2小题，每空2分，共16分。 11.（6分） “在探究平抛运动实验中” （1）采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。 A. 调节装置使其背板竖直 B. 调节斜槽使其末端切线水平 C. 以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点 D. 钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降 （2）如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取________（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度________m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字） 12.（10分）某同学设计了一个验证牛顿第二定律的实验，使用的器材有：直导轨、小车、光电门、数字毫秒计、遮光条、天平、钩码、刻度尺、游标卡尺、定滑轮、细绳等。实验装置如图所示，光电门1、2分别固定在导轨、B处，遮光条安装在小车上，连接小车两端的细绳分别跨过左右定滑轮、各悬挂10个质量均为的钩码，定滑轮间的细绳与导轨平行。重力加速度大小为 。实验步骤如下： ⅰ．用天平测量小车和遮光条的总质量m，用刻度尺测量A、B间的距离，用游标卡尺测量遮光条的宽度 。 ⅱ．调节导轨倾斜程度，使小车沿导轨向右下滑时通过两个光电门的遮光时间近似相等。 ⅲ．从左侧细绳取下 个钩码挂到右侧细绳，再从导轨左端静止释放小车，用数字毫秒计测量遮光条经过光电门1、2的遮光时间、。 回答下列问题： （1）步骤ⅱ操作的主要目的是__________。 （2）由牛顿第二定律，小车的加速度大小 __________（用m0、m、 和 表示）。 （3）步骤ⅲ中测得的小车加速度大小 __________（用 、、和表示）。 （4）该同学根据测出的多组、 值，作出图像。若该图像近似是一条通过原点的直线，则可以验证：质量一定时，物体的加速度与所受合外力成__________。 （5）若图像明显不过原点，原因可能是__________（单选，填标号）。 A. 步骤ⅲ中小车没有从静止释放 B. 步骤ⅱ中导轨的倾斜程度调节不恰当 C. 钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量 四、本大题3小题，共38分，要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。 13. （10分）无人机被广泛应用于各行各业。某无人机从地面由静止匀加速竖直向上起飞，3s 末 关闭电动机，此时无人机上升高度为36m。不计空气阻力，重力加速度大小g 取10m/s²。 (1)求无人机上升到最高点时，距地面的高度； (2)无人机上升到最高点后，再经过时间t 开启电动机，无人机恰好安全着陆(即着陆 速度为零)。已知无人机开启电动机后，下降阶段加速度大小是上升阶段加速度大小的 0.75倍。求时间t (保留2位有效数字) 14.（12分）如图甲所示，一质量的滑板B静止在水平冰面上，一质量的滑块A（可视为质点）从滑板的左端沿滑板上表面水平滑上滑板。滑块A与滑板B的运动过程中，速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度。求：          (1)滑块A与滑板B上表面之间的动摩擦因数； (2)滑板的最小长度l； (3)滑板的运动时间t。 15.（16分）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。重力加速度。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，） 7 学科网（北京）股份有限公司 $1、【答案】A 【解析】 【详解】B.根据题意可知，小球抛出后受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下， 故B错误； ACD.由于乙站在小车侧方水平地面上观测到小球做直线运动直至落地，可知，小球相对地 面做自由落体运动，乙观测到小球的运动轨迹与地面垂直，则小球相对地面的初速度为零， 即甲抛球方向与小车前进方向相反，相对小车的速度大小与小车运动的速度大小相等，故A 正确，CD错误。 故选A。 2、C 3、【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，由万有引力提供向，心力有GMm三m4n, 2m 21 可得M= 4π2-3 GT2 2 则有M-维 0.01 =0.64 M太·T 1 800 故选B。 4、【答案】D 【详解】A.刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误； B.匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误： C.物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误； D.设物体与传送带间动摩擦因数为山，物体相对传送带运动时a=四=g做匀加速运动 m 时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由V=a可知，传送带速度越大，物体加速运动 的时间越长，D正确。 故选D。 5、【答案】B 【详解】A.t~3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故 实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误； B.t2~3,「向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在诚小，根据牛顿第二定律有 mg+ma即a=+g 故加速度大小在减小，故B正确： C.~间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速 后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误； D.根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点， 故D错误。 故选B。 6【答案】A 【详解】由题意，对杆受力分析，设门对顶门杠顶端的作用力大小为F,该力沿杆向下， 可分解为两个分量：垂直于地面的分量F=Fsina,该分量产生对地面的正压力大小 N=Fsina,沿水平方向的分量F=F cosa,该分量需与地面摩擦力平衡；且杆与地 面最大静摩擦力为fx=uW,为防止滑动，需满足斤≤fma即F cosa≤uFsina,得 tana≥3 故选A。 7、【答案】D 【解析】 【详解】A.匀速圆周运动线速度满足=Or,b,的圆周运动半径？是b的半径r加上线 ②的水平投影，因此2>片，可得y2=0r,>Y=0r,A错误； B.向心加速度满足a=or,因3>1，故a2=05>a=0r,B错误； CD.对下方小球，竖直方向合力为0，F,cos8,=mg 得B=mg cos 对两球整体受力分析，竖直方向合力为0，Ecos0=2mg 得F= 2mg cos 1 1 已知8<8，，则cos0>cos8,,因此 cose cos, 代入得E= 2mg2mg =2F cose cos0, 由两球水平方向向心力关系Fsin8-Fsin82=ma,F,sin82=ma2 由此可知F sin 0>F,sin, 同时sine<sine,,故E>F 最终得2，>F>F,,C错误，D正确。 故选D。 8.【答案】AB 9.BC 【详解】A.规定向右为正，货物滑动时加速度大小为a=g=lms2,在0~2s内，传送带 速度由0增至8m/s,货物速度为v=2ms。在2s后传送带以2m/s2减速，货物仍以1m/s2加速； 2s时两者速度差为6ms,相对加速度大小为3mS2,所以共速时刻为%=2s+(5=4s 共速的速度为y。=4s，共速后货物受向左的滑动摩擦力，速度再经4s减为0，因此货物速 度一时间图线先由0匀增至4ms,再匀减至0。货物位移等于速度-一时间图线与时间轴围成 的面积。X=分×4x4m+分×4xm=16m,故A错误： B.在0~4s内，两者相对滑动路程由两条速度一时间图线间的面积给出， =x2x8+84x2 )×2一二×4×4m=12m,在4~8s内相对滑动方向反向 2 △x2 2×2x2m 2×2x2m=4n 后段滑动使痕迹沿前段痕迹回移4m,没有超出先前12m的范围，痕迹长度仍为12m,故B 正确； C.滑动摩擦力大小为f=mg=0.1×10×10N=10N 相对滑动总路程为△x+△x2=12m+4m=16m 因此摩擦生热为9=f(△x+△x2)=0.1×10×10×16J=160J,故C正确； D.货物的最大速度出现在与传送带共速时，为vmx=4ms,故D错误。 故选BC。 10.【答案】AD 【详解】ACD.设落点与O点的竖直高度为h,水平位移为X,初速度与水平方向的夹角为 ,将初速度酒水平和竖直方向分解，可得-h=6$n0-大9实。太%s8t 同时有H+X=R2 联立可得h 490+11 g t2 1 1 设落到圆弧上的速度为V,根据机械能守恒gh+ 解得V=V62+2gh 改可知h越小，V越小故当文尽1 g哀时，h取最小值，落到圆孤上的速度最小 解得t= 2R R么故ADE商，c街 2 B.根据前面分析，当t=, 2R 代入解得sin0= 2 0=30°，故B错误。 故选AD。 11.【答案】 (1)AB (2) ①.B ②.0.59 12.【答案】(1)平衡摩擦力 (2) 2nmg +20m (3) d1 1 25好2好 (4)正比 (5)B 13.解：（1)设无人机上升阶段的加速度大小为a,关闭电动机时速度大小为V1, 由运动学规律，有 h-a时 a=8m =8m1 ① Vi=at ② y=24m/ 关闭发动机后，无人机做竖直上抛，继续上升的高度满足 4是 h2=28.8m ③则无人机上升到最高点时，距离地面高度 H=h+ 左 ④ 網 图结果正滴同得 H=64.8m ⑤ 试卷第1页，共4页 ②无人机先做自由落体运动，末速度为V2,由运动学规律，有 名-芝 2g ⑥V2=gt 2486 86. 22=484 ⑦接着，无人机减速下降， 加速度大小a2=0.75a1, 有 盘 答+州 az-6ms ⑧而 H=h3+h4 ⑨解得 t=2.2s 结果带根号不得分 0 评分参考：本题共10分。第(1)问5分，①③③④⑤式各1分：第(2) 问5分， ⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。 14.(1)41=0.1 (2)/=-1m (3)t=4s 【详解】(1)滑块A在滑板B上滑行时，根据图乙可知，滑块A的加速度大小为 a-8微-2ms-ms 对滑块A根据牛顿第二定律可得4g=a 解得滑块A与滑板B上表面之间的动摩擦因数为41=0.1 (2)根据图乙可知，滑块A与滑板B在=s时达到共速，在0~1s内滑块A、滑板B发 生的位移大小分别为X-生兰5-2生0m-15m,名=党m05m 2 2 则滑板的最小长度为/=-名=1m (3)滑块A在滑板B上滑行时，根据图乙可知，滑板B的加速度大小为 ms-n/s 对滑板B根据牛顿第二定律可得山g-42(M+mg=Ma 解得滑板B与水平冰面间的动摩擦因数为4,0 1 滑块A与滑板B在=s时共速后，一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 I(M+mg=(M+ma 解得加速度大小为a=二m/s2 共速后到停下所用时间为专=”-5 a 则滑板的运动时间为t=+t=4s 3.答案(1)8N,方向水平向左(2)不会冲 出(3)见解析 解析(1)机械能守恒定律 mgH=mgR+合mn2 牛颜多三定徐F==8N 牛顿第三定律Fx'=Fx=8N,方向水 平向左 (2)能在斜轨道上到达的最高点为C 点，功能关系 mgH=umgLAB umgLu:'cos 0+ mgLec sin 0 得Lx=号m<1.0a,故不会冲出 (3)滑块运动到距A点x处的速度为 U,动能定理mgH一umgx=之mv 碰擅后的速度为'，动量守恒定律 mv=3mv 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为 h,动能定理 h -3umg(LAB-x）-3mgan0 3mgA=0-之(3m 得=言-最（停m<<1) h=o(0≤x≤8m)