广东省广州市华南师范大学附属中学2022-2023学年高三物理上学期第二次月考试题（Word版附解析）

华南师大附中2023届高三月考（二）

物理试题

本试卷共6页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 在科学发展中，许多科学家在物理学发展过程中作出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（　　）

A. 哥白尼提出了日心说并发现了太阳系中行星运行的规律

B. 物理学家库仑通过扭秤实验测出了静电力常量

C. 法拉第首次提出用电场线的概念描述电场

D. 牛顿进行了著名的“月-地检验”并通过实验测出了引力常量

【答案】C

【解析】

【详解】A．开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；

B．静电力常量k的值，是麦克斯韦根据相关理论计算出来的，故B错误；

C．法拉第为了形象的描述电场首次引入电场线的概念，故C正确；

D．卡文迪什测出了引力常量，故D错误。

故选C。

2. 如图甲所示，一只蜗牛沿着弧形菜叶从左端开始匀速率向上爬行，将图简化为乙所示，若菜叶的最高点切线水平，则在爬行过程中（　　）

A. 蜗牛所受合力不变

B. 在相等的时间内蜗牛的平均速度相同

C. 在最高点，蜗牛对菜叶的压力等于它所受的重力

D. 菜叶对蜗牛的作用力与蜗牛对菜叶的作用力大小相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于蜗牛匀速率爬行，且蜗牛做的是曲线运动，合力的一部分提供向心力，所以合力的方向会发生变化，故A错误；

B．由于蜗牛做的是任意曲线运动，因此相同时间内的路程虽然相同，但是位移未必相同，因此平均速度也不相同，故B错误；

C．在最高点时，蜗牛有水平方向的速率，且蜗牛做的是圆周运动，合外力指向圆心，因此菜叶对蜗牛的支持力小于蜗牛的重力，结合牛顿第三定律，可知蜗牛对菜叶的压力小于它所受的重力，故C错误；

D．由牛顿第三定律可知，菜叶对蜗牛的作用力与蜗牛对菜叶的作用力大小相等，故D正确。

故选D。

3. 在一次摸高测试中，一质量为60kg的同学举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.40m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（g取10m/s2）（　　）

A. 1450N B. 1500N C. 900N D. 1600N

【答案】B

【解析】

【详解】跳起后重心升高的高度为

人跳起的速度

解得

跳起过程，根据动量定理得

解得起跳过程中地面对他的平均压力约为

根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为

故选B。

4. 一个小球由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能与物体位移关系的图像如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线。根据该图像，小球的动能随位移变化的图像可能是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据图像，因为机械能减少，所以物体除受重力外还受到拉力，且拉力做负功，拉力的方向一定与物体的运动方向相反，又因为物体从静止开始运动，所以物体一定向下运动，拉力向上；因为物体从静止开始做加速运动，所以拉力一定小于重力；图像的斜率表示拉力的大小，图像的斜率先增大后不变，所以拉力先增大后不变；根据动能定理，0～s1时间内，拉力增大，拉力小于重力，合力向下，物体的动能增大，s1～s2时间内，如果拉力增大到等于重力，拉力保持不变，合力等于零，则物体做匀速运动，动能保持不变。

故选C。

5. 某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。若极板上电荷量保持不变，P点为极板间的一点，下列说法正确的是（　　）

A. 风力越大，电容器电容越小 B. 风力越大，极板间电场强度越大

C. 风力越大，P点的电势仍保持不变 D. 风力越大，静电计指针张角越小

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意可知，风力越大，则越小，由公式

可得，电容器电容越大，故A错误；

B．由公式

，，

整理可得

根据题意可知，Q保持不变，风力越大，则越小，极板间电场强度不变，故B错误；

C．由

可知，由于不变，可动极板与点的距离减小，则可动极板与点电势差减小，则点电势升高，故C错误；

D．由

可知，由于Q保持不变，C变大，则减小，则静电计指针张角越小，故D正确。

故选D。

6. 杂技演员骑摩托车在球形大铁环内进行刺激而惊险的表演。如图所示，铁环A的半径为R，竖直固定在铁板B上。铁环A、铁板B、杂技演员C（包括摩托车）的质量均为m，摩托车以一定速度经过最低点时关闭引擎，在竖直平面内做圆周运动，铁板始终静止在地面，铁环内壁可看作光滑面，杂技演员和摩托车可看作质点，则下列说法正确的是（　　）

A. 杂技演员C经过最高点的速度为不能超过

B. 地面和铁板B之间始终没有摩擦

C. 杂技演员C经过最高点时铁板B对地面的压力不小于2mg

D. 杂技演员C在最低点获得的瞬时速度不能超过

【答案】D

【解析】

【详解】AD．杂技演员C恰能经过最高点，支持力为零，由重力提供向心力，则有

解得

即为杂技演员C能经过最高点的最小速度；杂技演员C能经过最高点，当铁板受到地面的支持力刚好为零时，则杂技演员C对圆环的最大支持力等于A、B的重力之和，即，对杂技演员C，则有

解得

即为杂技演员C能经过最高点的最大速度，故杂技演员C经过最高点的速度为不能超过；以最大速度从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有

解得

即杂技演员C在最低点获得瞬时速度不能超过，故D正确，A错误；

B．当杂技演员C运动与圆心等高点时，由支持力提供向心力，则杂技演员C对铁环有水平向左或向右的作用力，因铁板始终静止在地面，故地面对铁板有水平向右或水平向左的静摩擦力，故B错误；

C．当杂技演员C经过最高点时，支持力最小为零，仅由重力提供向心力，则铁板受到地面的最大值支持力等于A、B的重力之和，即2mg，则由牛顿第三定律可知，杂技演员C经过最高点时铁板B对地面的压力小于等于2mg，故C错误。

故选D。

7. 如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，竖直向上的推力F与速度倒数的关系图像如图乙所示，火箭获得的最大速度为，由静止开始到速度为需要的时间为。不计空气的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，则（　　）

A. 火箭在启动过程中，加速度不变

B. 关系图像的面积表示火箭的最大功率

C. 火箭速度为时，加速度为

D. ，火箭上升的高度为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意，由牛顿第二定律有

可得

由图可知，随着速度的变化，推力变化，则加速度a变化，故A错误；

B．根据功率与速度的关系

可得

由图可知，图像是过原点的倾斜直线，则火箭以恒定的最大功率启动，图像的斜率表示火箭启动的恒定功率，当速度达到最大速度vm时，开始匀速运动，由平衡条件可得

则有

故B错误；

C．根据题意可知，火箭的速度为时，推力

由牛顿第二定律可知，火箭的加速度为

故C错误；

D．根据题意，设0~t1内火箭上升的高度为，由动能定理有

解得

故D正确。

故选D。

8. 甲、乙两物体在水平面上从同一地点由静止开始沿同一方向做直线运动，它们的加速度a随位移x变化的关系图像如图所示，则（　　）

A x＝6m时，两者相遇

B. 甲运动6m时，甲的速度比乙大

C. 乙运动8m时的速度等于4m/s

D. 甲运动8m的过程中，它的速度逐渐减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．甲、乙两物体运动过程中加速度均在变化，采用微元法，结合

可知图线与横轴围成的面积表示。结合题图可知，当

时，甲的瞬时速度始终大于乙的瞬时速度，因此甲先运动到6m位置，A错误，B正确；

C．设乙运动8m时的瞬时速度为，结合图线与时间轴围成的面积的意义，可知

可得

由于乙做加速度增大的加速运动，因此它在运动8m的过程中的平均速度小于2m/s，C错误；

D．设甲运动8m时的瞬时速度为，可知

可得

甲是从静止开始运动，因此在其运动8m的过程中，速度的大小变大了，D错误；

故选B。

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。

9. 弹玻璃球是小朋友经常玩的一种游戏．小朱在光滑水平桌面上将一个质量为3m的小钢球以某一速度弹出，之后小钢球与前方静止的、质量为m的等大玻璃球发生正碰，已知碰撞前钢球的动能为E，则碰撞之后玻璃球的动能可能为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】假设发生弹性正碰，则有

解得

玻璃球的动能为

假设发生完全非弹性碰撞

解得

玻璃球的动能为

玻璃球的动能的取值就在 与 之间，故选BCD。

10. 北京时间2022年6月5日，搭载神州十四号载人飞船的长征二号运载火箭成功发射升空。载人飞船中有一体重计，体重计上放了一个质量为m物体。在火箭竖直向上匀加速运动的过程中，地面测控站监测到体重计读数为F。载人飞船经火箭继续推动，进入预定圆轨道，其周期约为1.5小时。已知万有引力常量为G，地球半径为R，则（　　）

A. 地球的质量为

B. 飞船轨道半径比同步卫星的轨道半径小

C. 飞船在预定轨道的运行速度小于第一宇宙速度

D. 飞船在预定圆轨道运行时，所受重力为0

【答案】BC

【解析】

【详解】A．在地球表面，忽略地球自转的影响，物体在地表静止时，体重计的示数为F0，则

F0＝mg

解得

由于F>F0，故A错误；

B．飞船围绕地球做圆周运动的周期为1.5小时，小于24小时，根据开普勒第三定律，，可知飞船的轨道半径比同步卫星的要小，故B正确；

C．飞船在预定轨道做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供

可得

即飞船在预定轨道的运行速度一定小于第一宇宙速度，故C正确；

D．当飞船在预定圆轨道做匀速圆周运动的时候，飞船处于完全失重状态；但飞船仍在地球附近，受地球引力作用，此时万有引力充当向心力，故D错误。

故选BC。

11. 如图所示，空间中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画出）产生的电场．另一点电荷q仅在电场力作用下沿曲线AB运动，在A点的速度大小为v0，方向沿AC方向，到达B点时速度大小为v，且v＜v0，则（　　）

A. Q一定在虚线AC上方

B. A点的电势一定比B点的电势高

C. q在A点的电势能比在B点的小

D. q在A点的加速度可能比在B点的小

【答案】CD

【解析】

【详解】A．试探电荷从A到B速度减小，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故场源电荷Q可以在AC下方，故A错误；

BC．只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，B点动能小，故在B点电势能大，根据公式，因为不知道试探电荷的电性是正还是负，因此无法判断B点的电势高低，故B错误，C正确；

D．试探电荷从A到B速度减小，由于场源电荷以及试探电荷的电性都不确定，无法确定试探电荷是在靠近场源电荷还是远离场源电荷，如果是B点更靠近场源电荷，在A点受到的电场力较小，加速度较小，故D正确。

故选CD。

三、实验题：（共16分）

12. 某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。

（1）先调节气垫导轨水平，经过调整后，轻推一下B，若它通过光电门G1、G2的时间它都能________，或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，则气垫导轨已调至水平。

（2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1________m2。（填“＞”、“＝”或“＜”）；

（3）光电门G1记录的挡光时间为Δt1，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择___________（填“窄”或者“宽”）的，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足________（写出关系式）则可验证动量守恒定律；若Δt1、Δt2、Δt3满足一个关系式_________，则说明A、B发生的是弹性碰撞。

【答案】    ①. 相等    ②. >    ③. 窄    ④.     ⑤. 或

【解析】

【详解】（1）[1]实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平；

（2）[2]根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即m1>m2；

（3）[3]滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”的；

[4]滑块A两次经过光电门G1的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为

滑块B经过光电门G2的速度

根据动量守恒

整理得

[5]若为弹性碰撞，则动能也是守恒的

整理得

由上面的动量守恒推导出来的等式变换得

代入上式

13. 高一的同学们在实验室做利用“自由落体运动”来验证机械能守恒定律的实验。

（1）老师巡视时发现某组同学在实验操作过程中出现如图1所示的情况，除了图中纸带长度不够外，请你指出另外两处明显错误：______；

（2）如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，根据图2读出C点对应的刻度值______cm；

（3）如图3所示，该小组同学取O点为重锤开始下落时计时器打的点，然后以O点为起始点，测得其距B点距离为x0，BC、CD两点间的距离分别为x1、x2。若打点计时器打点频率为f，重锤质量为m，则重锤从释放到打下C点时重力能减少量ΔEp=______，动能增加量ΔEk______，代入数值正确计算后，发现ΔEp<ΔEk，可能的原因是______。

【答案】    ①. 打点计时器接了直流电源，手托重锤导致纸带弯曲    ②. 23.10    ③.     ④.     ⑤. 先释放纸带后接通电源

【解析】

【详解】（1）[1]打点计时器工作时应连接交流电源，手托重锤导致纸带弯曲，使得重锤下落过程中会增大纸带与计时器之间的摩擦会造成较大的实验误差。

（2）[2]刻度尺的精度为0.1cm，根据图2读出C点对应的刻度值为23.10cm。

（3）[3]重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，根据重力势能的计算公式可得重锤从释放到打下C点时的重力势能减少量为

[4]匀变速直线运动，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度等为

由于O点为重锤开始下落时计时器打的点，即打O点时速度为0，则重锤动能增量

[5]实验时如果先释放纸带后接通电源，开始打点时重锤已经具有一定的动能，若实验仍然按照打第一个点的速度为0来计算重锤动能的增量，则求出的动能增加量将大于重力势能的减少量，因此原因可能是先释放纸带后接通电源。

四、计算题：（共34分）

14. 为了让南方喜欢滑雪的人们不用奔赴北方，广州花都建了一个融创雪世界，如图1所示为里面的滑雪道．周末，小明到融创雪世界参加滑雪游戏，如图2为简化的滑雪道的其中一部分．若他从图2所示的滑雪道高处滑下，然后从水平台面末端A点沿切线飞出落在斜面上，下落点在斜面C、D两点之间就算游戏成功，已知平台末端A距离水平地面BD高度为H，C点与地面高度差为h，斜面倾角为θ，重力加速度为g，若不计空气阻力，求：

（1）若小明游戏成功，求他从A点飞出的速度范围？

（2）若小明质量为m，再次重复游戏时恰好落在C点，求他到达C点时重力的瞬时功率P。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意，若落在C点，设从平台A点处离开的水平速度为，由平抛运动规律有

，，

联立解得

若落在D点，设从平台A点处离开的水平速度为，由平抛运动规律有

，，

联立解得

即小明游戏成功，他从A点飞出的速度范围为

（2）根据题意，设在C点的竖直速度为，则有

解得

由公式可得，他到达C点时重力的瞬时功率

15. 如图所示，拼接轨道DAE竖直固定在水平地面上，其水平段AD粗糙、长为s＝0.5m．圆弧段AE光滑，半径R＝0.15m；将一个质量m＝0.5kg小球挂在长为L＝0.2m的摆线一端，摆线另一端固定在竖直平面上的O点．O点位于D点正上方0.2m处，OD之间有一钉子B，BD间距为r＝0.05m．某时刻，将小球拉至图中与O等高的、距离O点0.2m的C位置，然后使小球从该位置以竖直向下的初速度摆下，当小球摆至最低点时，摆线恰好与OD之间的钉子B相撞，摆线恰好被拉断；此后，小球在DA段向右做匀减速直线运动，然后进入AE圆轨道．小球可视为质点，g取10m/s2，求：

（1）摆线能承受最大拉力的大小Fm

（2）要使小球在沿圆弧轨道运动的过程中不脱离轨道，问小球与DA间的动摩擦因数μ需要满足什么条件？

【答案】（1）95N；（2）0.6≤μ＜0.9或μ＜0.15

【解析】

【详解】（1）当摆球由C到D运动，根据动能定理有

解得

vD＝3m/s

在D点，由牛顿第二定律可得

可得

Fm＝95N

由牛顿第三定律可知，摆线能承受的最大拉力为95N。

（2）小球能到达圆弧轨道

解得

μ＜0.9

不脱离圆弧轨道，运动高度若为R，则

解得

μ≥0.6

不脱离圆弧轨道，可恰好到达圆轨道最高点，在最高点

运动高度为2R，由D点至圆轨最高点，由动能定理

解得

μ＜0.15

综上，在圆道上不脱离轨道条件为

0.6≤μ＜0.9

或

μ＜0.15

16. 如图甲所示，水平传送带右端B端与右侧绝缘水平面相切，其中BC段光滑，长为d＝3m；C点右侧粗糙，在C点右侧相距L＝1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场．t＝0时刻，在C点静置一个质量mb＝0.1kg、带正电的小滑块b，此时，在传送带上距离B端L0＝12m处，有一个不带电的绝缘小滑块a正以v＝6m/s的速度向右运动，恰好相对传送带静止；经过一段时间后，两个小滑块发生碰撞．传送带运动的v-t图像如图乙所示。已知小滑块a的质量为ma＝0.05kg，小滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，小滑块b与地面的动摩擦因数也为μ＝0.4．若两个小滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他阻力和电场的边缘效应，g取10m/s2，

（1）若a、b发生的碰撞为弹性正碰，求碰后瞬间两者的速度大小；

（2）满足（1）问的条件下，求a在传送带上运动过程中的摩擦生热Q；

（3）通过计算讨论：b在电场运动的过程中，电场力对b所做的功与电场力F的关系。

【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）0.5J；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）由题可知，a经过时间

即

t1＝2s

到达B端，再经

即

t2＝0.5s

滑过BC在C点与b相碰，设碰后两者速度为v′1、v′2，则

即碰后a、b速度大小分别为

v1＝2m/s

v2＝4m/s

（2）碰后a反弹，经过时间

即

t3＝1.5s

经过

t＝t1+t2+t3＝4s

小滑块a返回B端，此时传送带正反向运动

v＝4m/s

假设a一直未滑出传送带，则小滑块a先向左加速，经过时间t4二者共速，则

v＝v1+μgt4

t4＝0.5s

小滑块a位移

传送带位移

s＝vt4

二者相对位移

Δs＝s-sa

解得

sa＝1.5m

Δs＝0.5m

之后二者匀速运动

t5＝0.5s

位移

sa0＝vt5

传送带停止后，a减速至速度为0，设位移为s′a

s′a＝2m

因为

故假设成立。

所以

Q＝μmag（Δs+s′a）

解得

Q＝0.5J

（3）小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，电场力

F＝qE

（i）设不会离开电场区，若位移为s2，由动能定理

s2＜L

F≤μmbgs2

解得，当0.1N＜F≤0.4N时，电场力所做功

W＝Fs2

即当0.1N＜F≤0.4N时

（ii）如果小滑块会离开电场区域，电场力F必须满足

F≤0.1N

或

F＞0.4N

若F≤0.1N，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移

s＝1.6m

则电场力做功

W＝-Fs＝-1.6F

若F＞0.4N，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移

s＝0

电场力做功0，即

W＝0