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版附解析）

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∶1 B. 3∶2 C. 4∶3 D. 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/s

B. 汽车做匀加速直线运动的时间为4s

C. 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=0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg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=3.0 m/s，g=10 m/s2，则（　　）

A. 此时小球的加速度大小为30 m/s2

B. 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0.5kg

C. 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/s2

B. 帆船在湖面上顺风航行时所受水的阻力大小为468N

C. 帆船匀速运动时受到风的推力的大小为936N

D. 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BD

11. 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. A    ②. R2    ③.     ④. 180    ⑤. 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