江苏省南通市2023届高三上学期第一次质量监测物理试题（Word版附解析）

2023届高三第一次质量监测

物  理

（考试时间：75分钟  满分：l00分）

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。

1. 某同学在起立或下蹲过程中，利用手机软件记录的加速度随时间变化的图像如图所示。取竖直向下为正方向，则图中描述的是（　　）

A. 起立过程 B. 下蹲过程

C. 先下蹲再起立的过程 D. 先起立再下蹲的过程

【答案】B

【解析】

【详解】由图可知开始时加速度向下，且加速度由0增大到最大值再减小到0，此过程加速度方向一直向下，所以此过程该同学速度一直在增大方向向下，后加速变为负值即加速度方向变成向上，结合前面的加速运动可知，此时该同学开始做减速运动，虽然加速度向上但是速度向下，该同学仍然继续为下蹲过程，最后静止后加速度为0，所以由上述分析可得描述的是下蹲过程，ACD错误，B正确。

故选B。

2. “羲和号”卫星是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方，离地高度517km，能够24h持续对太阳进行观测，则该卫星（　　）

A. 运行周期大于24h

B. 运行速度大于第一宇宙速度

C. 运行角速度大于地球同步卫星的角速度

D. 发射速度大于第二宇宙速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供向心力有

可得

由于“羲和号”卫星半径小于同步卫星的半径，则运行周期小于同步卫星的周期，即小于，故A错误；

B．第一宇宙速度为围绕地球做圆周运动的最大速度，则“羲和号”卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C．根据万有引力提供向心力有

可得

由于“羲和号”卫星半径小于同步卫星的半径，则运行角速度大于地球同步卫星的角速度，故C正确；

D．卫星没有摆脱地球的万有引力作用，所以发射速度小于第二宇宙速度，故D错误。

故选C。

3. 机器人大赛中，A、B两相同机器人在同一直线上运动的位移—时间（）图像如图所示，A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，C、D为两图像的交点，机器人可看成质点，所受阻力相等，则（　　）

A. 时刻B追上A，运动过程共相遇两次

B. 时间段内B的平均速度小于A的平均速度

C. 时间段内牵引力对B做功大于对A做的功

D. 时间段内B所受牵引力的冲量大于A所受牵引力的冲量

【答案】D

【解析】

【详解】A．图像中交点表示同一时刻到达同一位置，由图像可知，时刻追上B，时刻B追上A，故A错误；

B．由图可知，时间段内，A和B的位移相等，则平均速度相等，故B错误；

C．图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，在时刻，A物体的速度大于B物体的速度，A和B的位移相等，由动能定理有

，

可得

故C错误；

D．图像中图像的斜率表示物体的速度，由图可知，物体A做匀速直线运动，物体B做加速运动，由牛顿第二定律有

，

可得

由公式可知，时间段内B所受牵引力的冲量大于A所受牵引力的冲量，故D正确。

故选D。

4. 小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图虚线所示。则小船在此过程中（　　）

A. 运动的加速度不变 B. 越接近河岸速度越大

C. 所受合外力先做正功后做负功 D. 水流速度变化，渡河的时间也会改变

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据曲线运动的知识，轨迹向合力的方向弯曲，由轨迹图可知，合力的方向先沿河岸向右后沿河岸向左，所以加速度方向发生变化，故A错误；

BC．小船的速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，合外力先做正功后做负功，故B错误，C正确；

D．由于船头始终与河岸垂直，所以渡河时间为

船相对于水的速度大小不变，则渡河时间不变，故D错误。

故选C。

5. 甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将工件运送至乙所在位置。绳重及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则工件向左移动过程中（　　）

A. 绳子对乙的拉力不断减小 B. 绳子对甲的拉力不断增大

C. 楼顶对甲的支持力不断增大 D. 楼顶对乙的摩擦力始终大于对甲的摩擦力

【答案】B

【解析】

【详解】AB.设与结点和滑轮相连的一段绳子与竖直方向的夹角为，工件重力为，对结点受力分析如图所示

可得甲手中绳子拉力大小为

乙手中绳子拉力大小为

工件向左移动过程中，逐渐增大，可知逐渐增大，逐渐增大，由牛顿定律可知，绳子对乙拉力不断增大，绳子对甲的拉力也不断增大，故A错误，B正确；

C．对甲进行受力分析，甲手中绳子与水平方向夹角不变，随着绳子对甲的拉力增大，其在竖直方向上的分力也增大，楼顶对甲的支持力不断减小，故C错误；

D．对甲进行受力分析，设甲手中绳子与竖直方向的夹角为，水平方向根据受力平衡可得

对乙进行受力分析，水平方向根据受力平衡可得

由于始终有，可得

故D错误。

故选B。

6. 如图所示，AB是一根半圆形绝缘细线，O点为其圆心，等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上的两点，，点N在圆心O正下方，设无穷远处电势为零，则（　　）

A.  B.

C. P点的场强大于Q点的场强 D. 将负电荷从无穷远处移到N点，电场力做正功

【答案】A

【解析】

【详解】AB．把半圆形绝缘细线分布的等量异种电荷看成是很多对以直线为中垂线的等量异种电荷点电荷组成，根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上点的场强方向都与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷，故叠加后直线上的场强方向都与直线垂直向下，可知直线为等势线，电势等于无穷远处电势，即

故有

，

故A正确，B错误；

D．由于点在等势线下方且靠近负电荷，可知点的电势小于零，负电荷在点的电势能大于零，将负电荷从无穷远处移到点，电势能增加，电场力做负功，故D错误；

C．根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上离等量异种电荷越远的点，电场强度越小，由于点离等量异种电荷的距离都比点离等量异种电荷的距离大，可知叠加后点的电场强度小于点的电场强度，故C错误。

故选A。

7. 游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘的边缘，其简化结构如图所示。现魔盘稳定匀速转动，游客相对魔盘始终保持静止的情况下，游客所受魔盘的支持力会减小的是（　　）

A. 只增大游客的质量 B. 只使魔盘的转速减至另一值

C. 只减小魔盘表面的粗糙程度 D. 只增大游客与转轴间的距离

【答案】D

【解析】

【详解】

A．对游客受力分析如图，游客所受魔盘的支持力

只增大游客的质量，则游客所受魔盘的支持力会增大，故A错误；

B．分别对水平和竖直方向列方程，水平方向

fx-Nx=mω2r

竖直方向

fy+Ny=mg

魔盘转速减小，游客需要的向心力减小，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会增大，故B错误；

C．只减小魔盘表面的粗糙程度，游客所受魔盘的支持力不变，故C错误；

D．只增大游客与转轴间的距离，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会减小，故D正确。

故选D。

8. 如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为时，由静止释放，下列判断错误的是（　　）

A. 小球和小环组成的系统，动量不守恒

B. 小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同

C. 小球运动到最低点时，速度为

D. 小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题意可知，系统竖直方向上合力不为零，则小球和小环组成的系统，动量不守恒，故A正确，不符合题意；

B．根据题意可知，系统在水平方向上合力为零，则水平方向上动量守恒，运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度也为零，则重力势能与释放点的相等，即高度相同，故B正确，不符合题意；

C．根据题意可知，小球运动到最低点时，设小球速度的大小为，小环速度的大小为，由动量守恒定律有

由机械能守恒定律有

解得

故C正确；

D．根据题意可知，小球相对于小环的速度为

由牛顿第二定律有

解得

故D错误。

故选C。

9. 如图所示，在x轴上坐标原点O左右两侧对称固定安放等量的同种电荷+Q，t=0时刻在原点O左侧离O较近的A点（）静止释放+q点电荷，以下关于点电荷的加速度a、速度v随时间t以及点电荷所经过位置的电势电势能随坐标x变化的关系图像中，可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据对称性可知，点电荷+q运动到A点关于O的对称点时，速度减小到零，然后再返回到A点，做往复运动。

A．从A向O运动的过程中，加速度由最大值逐渐减小，到达O点时恰好减小到零，再向右运动是，由零增加到反向向最大值，如规定向右为正方向，如图所示

A错误；

B．从A到O的过程中，做加速度减小的加速运动，到达O点时速度恰好达到最大值，然后再做减速运动，速度减小到零后再反向加速运动，B正确；

C．由于AO之间不匀强电场，因此图像不是直线而是曲线，C错误；

D．点电荷运动到O点时，电势能最小，但为正值而不是零，D错误。

故选B。

10. 如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点。一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止，则（　　）

A. 整个运动过程中产生内能大于弹簧弹性势能的变化量

B. 物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的上方

C. 物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力方向先左再向右

D. 物块从C下滑到最低点过程中，地面对斜面体的摩擦力先不变，后增大再减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C然后下滑，说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中减少的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，即产生的内能小于弹簧弹性势能的变化量，故A错误；

B．在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有

弹簧的压缩量为

下滑时

解得

比较可得

由此可知物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的下方，故B错误；

C．物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小为0，方向沿斜面向上，后反向增大再不变，方向沿斜面向下。根据牛顿第三定律斜面先有向右运动的趋势，后有向左运动的趋势，所以地面对斜面体的摩擦力方向先向左后向右，故C正确；

D．物块从C下滑到最低点过程中，物块的加速度先不变，后减小，然后反向增大，所以地面对斜面体的摩擦力先不变，后减小再增大，故D错误。

故选C。

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导就上安装了l、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。

（l）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______mm。

（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端______（选填“升高”或“降低”）一些。

（3）测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为，遮光条的宽度用d表示。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为、，光电门1记录的挡光时间为，则实验中两滑块的质量应满足______（选填“>”、“<”或“=”），滑块B碰后的速度为______。

（4）实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒有无影响？请说明理由。______

（5）若实验发现碰撞过程中机械能也守恒，则、、应满足的关系式是______。

A．        B.

C.        D.

【答案】    ①. 13.45    ②. 升高    ③.     ④.     ⑤. 无影响，详见解析    ⑥. D

【解析】

【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，图乙中读数为

（2）[2]根据“发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间”可知滑块通过光电门1的速度小于通过光电门2的速度，滑块做加速运动，所以1的位置较高，因此可调节Q使轨道右端升高。

（3）[3]因为B碰撞后被弹回，根据碰撞的基本规律，B滑块较轻，有

[4]滑块碰后的速度为通过光电门的速度，即

（4）[5]设B碰前速度大小为，碰后速度大小为，A碰后速度大小为，取水平向左为正方向，为验证动量守恒，只需证明下面等式成立即可

同时有

，，

代入，有

该等式两边可消去，所以实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒无影响。

（5）[6]若机械能守恒，结合动量守恒有

，

解得

，

可得

可得

可得

即

故选D。

12. 冬奥会上，跳台滑雪运动员从跳台A处以某一初速度水平飞出，在空中飞行落在斜坡上B处，如图所示。运动员在空中所受阻力的方向竖直向上，已知运动员的质量为，阻力为重力的0.2倍，重力加速度取。求运动员：

（1）在空中运动过程中动量的变化量；

（2）从A运动到B的过程中，重力做功的功率。

【答案】（1），方向竖直向下；（2）

【解析】

【详解】（1）运动员在空中受到的合力方向竖直向下，大小为

根据动量定理，运动员在空中运动过程中动量的变化量为

方向竖直向下。

（2）运动员在空中的加速度方向竖直向下，大小为

运动员在空中的下落的竖直高度为

从A运动到B的过程中，重力做功为

从A运动到B的过程中，重力做功的功率为

13. “嫦娥五号”探测器是中国首个实施无人月面取样的航天器，其发射的简化过程如图。先将探测器送入近地圆轨道Ⅰ，在近地点多次变轨后依次进入椭圆轨道Ⅱ和地月转移轨道。被月球俘获后，再多次变轨进入近月圆轨道Ⅲ。已知轨道Ⅱ远地点和近地点到地心距离之此为a，探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运行的周期之比为b，求：

（1）地球和月球平均密度之比；

（2）探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行的周期之比。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据万有引力提供向心力，对近地轨道运动的物体有

地球的平均密度为

联立可得

根据万有引力提供向心力，对近月轨道运动物体有

月球的平均密度为

联立可得

地球和月球的平均密度之比

（2）令地球的半径为R，则轨道Ⅱ的长轴为

根据开普勒第三定律

解得探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行的周期之比

14. 如图所示，一足够长的光滑直杆水平固定，杆上P点固定一轻质滑轮，小球A套在杆上位于P点右侧，半圆形光滑细轨道竖直固定在地面上，圆心O在P点正下方，小球B套在轨道上。A、B两球用不可伸长的柔软轻绳跨过定滑轮连接，初始时两球均静止且轻绳呈伸直状态。已知杆与水平地面的间距H=0.4m，圆轨道半径R=0.3m，A、B两球的质量分别为、，杆和圆轨道在同一竖直面内，不计滑轮与轴间的摩擦及滑轮大小，重力加速度g取。现对A球施加一水平向右的拉力，求：

（1）若两球仍保持静止且B球对地面的压力恰为零，拉力的大小；

（2）若拉力大小恒为，当B球运动到P点正下方时，B球的速度大小v；

（3）若拉力大小恒为，当两球速度大小相等时，轻绳中的拉力大小。

【答案】（1）50N；（2）3m/s；（3）

【解析】

【详解】（1）对B球进行受力分析，B球受重力，圆轨道的弹力N1，绳的拉力T1，由平衡条件，根据相似三角形得

解得

对A球受力分析，据平衡条件得

（2）当B球运动到P点正下方时，B球沿绳方向的分速度为0，所以A球的速度大小为0，对A、B系统由能量守恒得

解得

（3）当B球运动到速度方向沿绳方向时，即绳BP恰好与圆相切，此时A、B两球速度相等，且沿绳方向的加速度也相等，此时

解得

对A球受力分析，由牛顿第二定律得

对B球受力分析，由牛顿第二定律得

沿绳方向

联立解得

15. 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电量为、质量为。不计电子重力。

（1）若两板间加恒定电压，且M、N板间距离为，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从O点射入电场的初速度；

（2）在（1）的情况下，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值；

（3）若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和T已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离应满足的条件。

【答案】（1）；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）两板间加恒定电压，且M、N板间距离为，电子在板间的加速度大小为

电子在板间做类平抛运动，沿板方向做匀速直线运动，则有

垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

联立解得电子从O点射入电场的初速度为

（2）在（1）的情况下，只上下移动N板，当电子刚好从变M板右侧边缘离开电场时，电子射出电场时动能最大，则有

联立解得电子离开电场时，沿电场方向的分速度为

则电子射出电场时动能的最大值为

（3）电子在时刻以初速度射入电场，电子在电场中运动的时间为

电子在内，电子的加速度大小为

电子在内沿电场方向的位移为

电子在时沿电场方向的分速度为

电子在内，电子的加速度大小为

要使该电子能从点射出电场，电子在内沿电场方向的位移为

联立解得

电子沿电场方向通过的最大位移为

为了使电子不与极板发生碰撞，需要满足

解得