湖北省武汉市第一中学2022-2023学年高三物理上学期10月月考试题（Word版有解析）

武汉市第一中学2022—2023学年度上学期十月月考高三物理试卷一、选择题1.伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别展示了这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法中正确的是（　　）A.图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出力是改变物体运动状态的原因B.图甲中的实验，可以在实验室中真实呈现C.图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使速度的测量更容易D.图乙中通过逐渐改变斜面的倾角，合理外推得出自由落体运动是匀变速运动【答案】D【解析】【详解】AB．分析甲图可知，伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，由于不存在没有阻力的斜面，所以无法在实验室中真实呈现，故AB错误；CD．伽利略设想物体下落速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比。由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来冲淡重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故C错误，D正确。故选D。2.2022年北京冬奥会圆满落幕，如图是单板滑雪运动员高宏博在比赛中的示意图。若高宏博（可视为质点）在粗糙程度相同的斜面滑雪道上保持同一姿势由静止开始下滑，以水平地面 为零势能参考平面，不计空气阻力，沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是（）A.重力对运动员做功的功率不断增大B.单板对运动员的作用力不做功C.运动员的机械能保持不变D.运动员的动能随时间均匀增大【答案】A【解析】【详解】A．运动员由静止开始下滑，做加速运动，速度增大，由可知重力对运动员做功的功率不断增大，故A正确；BC．运动员与单板沿粗糙斜面下滑时，摩擦力对整体做负功，运动员与单板的机械能减少，由此可知，单板对运动员也做负功，故BC错误；D．运动员由静止开始做匀加速运动，则有所以动能可知运动员的动能不是随时间均匀增大的，故D错误。故选A。3.2022年7月24日14时22分，中国“问天”实验舱在海南文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道，任务取得圆满成功。“问天”实验舱入轨后，顺利完成状态设置，于北京时间2022年7月25日3时13分，成功对接于离地约400km的“天和”核心舱。“神舟”十四号航天员乘组随后将进入“问天”实验舱。下列判断正确的是（　　）A.航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力B.为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行，且两者速度都应大于第一宇宙速度 C.对接后，组合体运动的加速度大于地球表面的重力加速度D.若对接后组合体做匀速圆周运动的周期为T、运行速度为v，引力常量为G，利用这些条件可估算出地球的质量【答案】D【解析】【详解】A．航天员受到地球的引力充当绕地球做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，A错误；B．为了实现对接，实验舱应先在比核心舱半径小的轨道上加速做离心运动，逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接，但速度小于第一宇宙速度，B错误；C．对接后，组合体运动的加速度C错误；D．对接后，若已知组合体的运行周期T、运行速度v、和引力常量G，可由，联立得D正确。故选D。4.如图所示，相对且紧挨着的两个斜面固定在水平面上，倾角分别为，。在斜面上某点将a、b两小球分别以速度、同时向左水平抛出，b球落在N点、a球垂直打在斜面上的M点（M、N在同一水平面上）。不计空气阻力，则、的大小之比为（　　） A.2∶1B.3∶2C.4∶3D.5∶3【答案】A【解析】【详解】依题意，两小球下落高度相同，根据可知两小球做平抛运动的时间相同，设为t，由题意和几何关系可知，小球a落到斜面上M点时，速度方向与水平方向夹角为30°，有小球b落到斜面上N点时，位移方向与水平方向的夹角为30°，有联立，可得故选A。5.在汽车性能测试中，一汽车以恒定加速度启动后，最终以额定功率在平直公路上行驶。汽车所受牵引力与速度倒数的关系如图所示，已知汽车的质量为，汽车运动过程中所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A.汽车匀加速过程中能达到的最大速度为30m/sB.汽车做匀加速直线运动的时间为4sC.汽车做匀加速直线运动的加速度为D.汽车的额定功率为【答案】D【解析】【详解】D．由图可知，汽车的额定功率D项正确；C．当汽车速度为时，由平衡条件可得汽车刚启动时所受牵引力为由牛顿第二定律可得汽车做匀加速直线运动的加速度为C项错误；A．汽车匀加速运动过程中的最大速度 A项错误；B．汽车做匀加速直线运动的时间B项错误。故选D。6.如图所示，光滑斜面与水平面成α角（α=30°），斜面上一根长为l=0.30m的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v0=3.0m/s，g=10m/s2，则（　　）A.此时小球的加速度大小为30m/s2B.小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上C.若增大v0，到达最高点时杆子对小球的弹力一定增大D.若增大v0，到达最高点时杆子对小球的弹力可能减小【答案】C【解析】【详解】A．小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解，切向加速度为向心加速度为故此时小球的加速度为合加速度故A错误；B．从开始到最高点的过程，根据动能定理，有 解得考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力沿平行斜面的分力提供向心力，有解得可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球是拉力，故B错误；CD．在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增加，故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速运行。一物块无初速度地放在传送带上端，传送带与物块间的动摩擦因数，则物块的位移x与时间t及重力势能、动能、机械能E与位移x的关系图像可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】物体开始放到传送带上后，速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律当速度达到和传送带速度相等时，由于物体继续加速下滑，此时根据牛顿第二定律可知A．在前后两个过程中，加速度都沿传送带向下，速度一直增加，因此在图像中，斜率逐渐增加，A错误；B．物体在下滑的过程中，根据可知在图像中，图像是一条倾斜直线，B错误；C．在第一段下降的过程中在第二段下降的过程中因此在图像中，第一段的斜率比第二段的斜率大，C错误；D．第一段下降的过程中，除重力以外，摩擦力对物体做正功，因此机械能的变化与位移之间的关系为第一段下降的过程中，除重力以外，摩擦力对物体做负功，因此机械能的变化与位移之间的关系为因此在图像为两段直线，斜率大小相等，第一段为正，第二段为负，D正确。 故选D。8.一物块在水平恒力作用下，在光滑的水平面上从静止开始运动，其图像如图甲所示，图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（）A.物块的加速度为B.物块的质量为0.5kgC.乙中直线的斜率为D.前2m内的平均速度为【答案】CD【解析】【详解】A．由初速度为0的匀加速直线运动规律可得则有可得图像的斜率为解得故A错误；B．由牛顿第二定律，结合可得解得故B错误；C．由 可得图像斜率为故C正确；D．当，由解得平均速度为故D正确。故选CD。9.如图所示，一无弹性的轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为m的圆环A，圆环套在竖直的光滑足够长细杆上。已知细杆与定滑轮的水平距离为d，初始时轻绳与竖直杆的夹角，B点为轻绳与细杆垂直的位置（），取重力加速度为g。现在由静止释放两物体（定滑轮体积不计，圆环和物块均不会落地），下列说法正确的是（　　）A.若，圆环A恰能到达B点B.若，圆环上升过程中所受重力的瞬时功率一直增大C.若，圆环上升到B点时，物块M的速度不为零 D.若，圆环从A上升到B的过程中，绳子拉力对物块做功为【答案】AD【解析】【详解】AB．当时，假设圆环可以上升到B，由解得假设成立。可知圆环的速度先增大后减小到零，根据可知圆环上升过程中所受重力的瞬时功率先变大后变小，故A正确，B错误；C．当时，圆环上升到B点时，在水平方向的分速度为0，则物块M的速度为0。故C错误；D．当，圆环从A上升到B的过程中，对物块M，由动能定理得解得故D正确。故选AD。10.一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0=4m/s的匀速直线运动。已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过时间t0=8s后静止不动；该帆船的帆面正对风的有效面积为S=10m2，帆船的总质量约为M=936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ=1.3kg/m3，下列说法正确的是（　　）A.帆船失去风的推力后加速度大小是1m/s2B.帆船在湖面上顺风航行时所受水的阻力大小为468NC.帆船匀速运动时受到风的推力的大小为936ND.风速的大小为10m/s 【答案】BD【解析】【详解】A．帆船失去风的推力后，只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a，则a==0.5m/s2故A错误；B．以帆船为研究对象，由牛顿第二定律可得f=Ma代入数据解得f=468N故B正确；C．设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F，根据平衡条件得F-f=0解得F=468N故C错误；D．设在时间t内，以正对帆面且吹向帆面的空气为研究对象，且其质量为m，则m=ρS（v-v0）t根据动量定理有-Ft=mv0-mv解得v=10m/s故D正确。故选BD11.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（　　） A.小球的质量为B.小球运动到最高点时的速度为C.小球能够上升的最大高度为D.若b，小球在与圆弧滑块分离后做自由落体运动【答案】ABD【解析】【详解】A．设小球的质量为m，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律得结合图乙可得则小球的质量A正确；D．若b，小球与滑块质量相等，小球在与圆弧滑块分离时，由水平方向上动量守恒定律知两者交换速度。小球速度为零，小球在与圆弧滑块分离后做自由落体运动，D正确。B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得解得 由A项化简得B正确；C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得解得由A项化简得C错误。故选ABD。二、实验题12.某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块（总质量为M，遮光条两条长边与导轨垂直），左端由跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，导轨上B点处有一光电门。实验时，将滑块从A点由静止释放，测得遮光条的宽度d，遮光条经过光电门时的挡光时间t，A点到B点的距离l，A点与B点间的高度差为h。（1）滑块从A点B点的过程中，m和M组成的系统动能增加量可表示为__________，系统的重力势能减少量可表示为__________，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒；（用题中所给字母以及重力加速度g表示） （2）该学习小组在斜面倾角为且的情况下，多次改变A、B间的距离l，计算出多组滑块到达B点时的速度v，并作出图像如图乙示，根据图像可得重力加速度__________。（保留3位有效数字）【答案】①.②.③.9.82【解析】【详解】（1）[1]滑块经过光电门时的速度大小可用遮光时间内的平均速度来表示，即所以m和M组成的系统动能增加量可表示为[2]小球下降的高度为l，滑块上升的高度为h，系统的重力势能减少量等于重力对系统的做的功，可表示为（2）[3]根据机械能守恒定律可得将代入后整理得图像的斜率为解得13.要描绘标有“3V，0.75W”的小灯泡的伏安特性曲线，提供的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表A1（量程为0~300mA，内阻约5Ω）电流表A2（量程为2.0mA，内阻RA2=10Ω）；电压表V（量程为0~15V，内阻约3kΩ）； 定值电阻R1=10Ω：定值电阻R2=1990Ω：定值电阻R3=2000Ω电键一个、导线若干。（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的___________（填字母代号）。A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）B．滑动变阻器（最大阻值1800Ω，额定电流0.5A）（2）实验中所用的定值电阻应选___________（填R1、R2或R3）（3）设计实验电路，并将电路图画到下边方框中。（）（4）如果实验中所选两电表某一电表指针指在中央位置，另一电表读数如下图所示为___________mA，此时灯泡电阻约为___________Ω（保留两位有效数字）。【答案】①.A②.R2③.④.180⑤.11【解析】【详解】（1）[1]由于电路图是采用分压式接法，故滑动变阻器的阻值应该要小一点，故选A。（2）[2]由于是“3V，0.75W”的小灯泡，而电压表V（量程为0~15V），故应该用电流表和定值电阻改装电压表，而电流表A2的量程为2.0mA，内阻为RA2=10Ω，故选用R2改装电压表。（3）[3]根据实验要求，可得实验电路图如下图所示 （4）[4][5]由图可知，电表读数为180mA，根据闭合电路欧姆定律可得三、计算题14.如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从起滑架到投掷线的距离，投掷线到“大本营”中心O的距离，“大本营”的半径为。在某次比赛中，质量的冰壶在运动员的作用下从起滑架开始做匀加速运动，到达投掷线以某一速度被推出，沿着中心线做匀减速直线运动，最后停在了大本营的边缘A点，整个过程用时。（假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，冰壶看成质点）。g取10，求（1）冰壶到达投掷线时的速度v；（2）正常滑行时冰壶与冰面之间的动摩擦因数；（3）已知刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，在推出投掷线速度v不变的情况下，要让冰壶能够停到大本营正中心O点，运动员需要在冰壶静止前持续刷冰多少距离？（一直刷到冰壶静止）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对全过程分析 得（2）对减速过程分析得加速度大小为由得（3）设持续刷冰了x的距离，由动能定理得得15.如图所示，在倾角为的光滑斜面底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量的可看作质点的滑块，滑块与斜面顶端N点相距。现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰好水平飞上由电动机带动，速度为顺时针匀速转动的传送带，足够长的传送带水平放置，其上表面距N点所在水平面高度为，滑块与传送带间的动摩擦因数，g取。求：（1）滑块从离开N点至飞上传送带的时间；（2）弹簧锁定时储存的弹性势能；（3）滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量和电动机多做的功。 【答案】（1）0.2s；（2）19J；（3）75J；210J【解析】【详解】（1）滑块从N点离开飞上传送带在竖直方向做竖直上抛运动（2）滑块离开N点的竖直分速度为在N点由速度分解可得弹簧解除锁定至滑块到达N点过程，系统的机械能守恒（3）滑块刚飞上传送带时的速度为滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得相对传送带滑动的时间满足所以滑块滑动过程对地位移滑块滑动过程传送带对地的位移 所以所求摩擦生热电动机多做的功16.如图，一长度L=8m、质量M=0.2kg的木板紧靠墙壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（0<k<1）处放置着A、B两个小木块（均可视为质点），质量均为m=0.2kg。某时刻，木块A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间内力消失，此时木块A的速度为vA=4m/s，方向水平向左。木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，木块A、B与木板间的动摩擦因数分别为：和。（1）求木块A、B分离瞬间，木块B速度的大小v1；（2）若k＝，求木块A离开木板时，木块B速度的大小v2；（3）若，求摩擦力对木块B所做的功。【答案】（1）4m/s；（2）1m/s；（3）当时，当时【解析】【详解】（1）由A、B系统动量守恒定律得，设向右为正方向解得（2）A、B分开之后，各自向左、右减速，由于右侧墙壁的作用木板未动，设木块A、B 的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得解得设从A、B分开到A离开木板所用的时间为t，则有解得（不符合题意舍掉）对B则有解得（3）木块B运动到墙壁时的速度为，则由匀变速直线运动规律可得令则故当时，木块B在与墙壁相撞前就停止了运动，则有解得 当时其会与墙壁相撞。由于木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，故其动能不变。木块B原速率弹回后与木板组成的系统在运动中不受水平外力，故系统动量守恒，则有解得则从A、B分开到B与木板共速的过程中，只有摩擦力对木块B做功，对木块B分析，由动能定理得解得