【文档说明】四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高三上学期第二次月考试物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.859 MB，由小赞的店铺上传

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四川三台中学2022--2023学年高三上期第二次月考物理试题（满分为110分）一、本大题8个小题．每小题6分，共48分（每小题给出的四个选项中有的只有一个、有的有多个符合题意，试将满足题意的选项都选出来，选对不全得3分，有错不得分。）1.如图所示，一物块位于水平桌面上，

用一大小为F，方向如图所示的力去推它，使它匀速向右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小，则物块（）A.仍然匀速运动B.加速运动C.减速运动D.条件不足，不能确定【答案】B【解析】【详解】设力F与水平方向夹角为，匀速运动时满足cos(sin)FmgF

=+若保持力的方向不变而增大力的大小，设增大量为F，物块受到的合力可表示为()cos()sinFFFmgFF=+−++合联立解得(cossin)0mgFFFF=−=合故物块加速运动故选B。2.2022年北京冬奥会已经圆满举办，其中高台跳雪是冬奥会最具

有观赏的比赛项目之一。如图为某运动员比赛时的示意图，跳雪运动员从水平雪道末端以一定的初速度0v沿水平方向向左飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）。A.运动员飞行的时间与初速度平方成正比B.运动员飞行的位

移与初速度平方成正比C.重力的冲量与初速度的平方成正比D.重力做功的平均功率与初速度的平方成正比【答案】B【解析】【详解】A．由平抛运动的规律有20012tan2gthgtxvtv===整理后有02tanvtg=A错误；B．令运动员飞行的位移为

s，有2002tancosvtvxssgs===整理后有202tancosvsg=B正确；C．重力的冲量02tanImgtmv==GC错误；D．重力做功的平均功率0tan22yvgtPmgmgmgv===GD错误。故选B。

3.筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.筷子对小球的合力大于重力B.筷子的弹力

大小均为2cosmgN=C.保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变大D.保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小【答案】C【解析】【详解】A．用筷子夹着小球在竖直平面内处于静止状态，则根据平衡条件

可知，筷子对小球的合力的大小等于小球的重力，方向与重力的方向相反，故A错误；B．由几何关系可知，筷子对小球的弹力大小为2sinmgN=故B错误；CD．在右边筷子转到竖直方向的过程中，左边筷子对小球弹力1N的方向始终

垂直于筷子，而小球自身的重力是一个恒力，由此可以做出在动态平衡过程中力的矢量三角形如下图所示当两根筷子与竖直方向夹角都为时，三力构成的矢量三角为等腰三角形，在右边的筷子转到竖直方向时，三个力的矢量构成一个直角三角形，易得，在右边筷子转到竖直的过程中，两筷子对小球的弹力都在增大，故

C正确，D错误。故选C。4.如图所示是高山缆车的简化示意图．传送轨道由倾斜直轨道AC与部分圆弧形轨道CD组成，B为AC间一点，D为圆弧最高点，整个装置在同一竖直平面内。现利用该缆车运送货物上山，先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CD。货物M与缆车底板接触面始终水平，则关于货物M的

描述正确的是（）A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左B.过B点时，处于超重状态，摩擦力沿AC向上C.过D点时，处于平衡状态，摩擦力为零D.过D点时，处于失重状态，底板支持力可能为零【答案】D【解析】【详解】AB．缆车先从A点运动到C点，物体具有斜向上的加速度，即加速度具有竖直

向上的分量，故物体在过B点时处于超重状态，同时加速度具有水平向右的分量，故货物所受摩擦力方向向右，AB错误；CD．缆车匀速率通过过CD，D为圆弧最高点，故在过D点时货物具有竖直向下的向心加速度，水平方向不受外力，即不受摩擦力的作用，处于失

重状态，根据牛顿第二定律有2NvmgFmr−=可知，当缆车速度合适时底板对货物的支持力可以为零，C错误，D正确。故选D。5.如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1

的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳沿C水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则（）A.球1和球2的质量之比为1:2B.球1和球2的质量之比为2:1C.在轻

绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g【答案】BC【解析】【详解】对两小球1、2受力分析如图根据平衡条件可得，有FB=m1g，FBsin30°=m2g所以1221mm=在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧

弹力1BFmg=对球1112cos30Fmgma==合解得3ag=故选BC。6.如图甲所示，质量0.9kgm=的物块静止在水平地面上，受到与水平方向成37=角的斜向上的拉力F的作用，拉力（F）随时间（t）变化的图像如图乙

所示.已知物块与地面间的动摩擦因数23=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）A.5s=t时，物块开始沿水平面运动B.离开水平地面前，物块运动的加速度大小与时间成

正比C.物块离开水平地面时的速度大小为200m/s3D.物块离开水平地面时拉力的瞬时功率为800W【答案】ACD【解析】【详解】A．设物块开始运动时拉力为1F，则()11cossinFmgF=−解得15NF=由图乙可知拉力（F）随时间（t）变化的规律()NFt=，所以15st=时，

物块开始沿水平面运动，故A正确；B．物块离开水平地面前，由牛顿第二定律得cos(sin)FmgFma−−=化简得()2420m/s33at=−物块运动的加速度大小与时间成线性关系，故B错误；C．设物块将要离开水平面时

拉力为2F，则2sinFmg=解得215NF=所以215st=时，物块将要离开水平面，at−图像的面积表示物块的速度改变量，结合表达式()2420m/s33at=−，可知图像为可知物块离开水平地面时的速度大小

为14020010m/sm/s233v==故C正确；D．物块离开水平地面时拉力的瞬时功率22004cos15W800W35PFv===故D正确。故选ACD。7.为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1。随后

登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，引力常量为G，则（）A.X星球的质量为21214rMT=B.X星球表面的重力加速度为21214rgT=C.登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为112221vmrvmr=D.登陆舱在

半径为r2轨道上做圆周运动的周期为322131rTTr=【答案】D【解析】【详解】A．探测飞船在半径为r1的圆轨道上做圆周运动时，有21112112()MmGmrrT=解得231214rMGT=故A错误；B．飞船所在处的重力加速度为2121

4rgaT==X星球表面的重力加速度小于此值，故B错误；C．根据万有引力提供向心力，有2112MmvGmrr=解得GMvr=所以1221vrvr=故C错误；D．根据开普勒第三定律有33122212rrTT=解得322131rTTr=故D正确。故选D。8.如图所

示，一圆锥体可绕其中心竖直转轴MN转动，圆锥面母线与水平面间夹角为θ。可视为质点的小物块a、b位于圆锥面上不同位置，a到顶点的距离与b到顶点的距离之比为1︰3。已知两物块的质量相等，与圆锥面之间的动摩擦

因数均为μ。当圆锥体绕转轴MN以角速度ω匀速转动时，两个小物块与圆锥体之间没有发生相对滑动。重力加速度为g。关于两个小物块的运动说法正确的是（）A.两物块受到的摩擦力大小相等B.两物块向心力之比为1︰3C.小物块a受到支持力与摩擦力的合力大小等于mgD.若逐渐增大角速度ω，物块b先出

现相对滑动【答案】BD【解析】【详解】A．小物块受力分析如下将小物块受到的力分解到竖直和水平方向，有sincosfNmg+=，2cossinfNmr−=解得2sincosfmgmr=+因为barr＞，abmm=，ab=

所以baff＞故A错误；B．a到顶点的距离与b到顶点的距离之比为1：3，则13abrr=由2Fmr=可得:1:3abFF=故B正确；C．由A项分析知，物块受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，因物体做匀速圆周运动，所以合外力不为零，所以小物块a受到支持力

与摩擦力的合力大小不等于mg，故C错误；D．由A项分析知2sincosfmgmr=+且有baff＞，所以若逐渐增大角速度ω，b与圆锥体之间的摩擦力先达到最大值，物块b先出现相对滑动，故D正确。故选BD。二．填空题：16分9.如下图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究

加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为______，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a—F关系图线（如下图所示）。①此

图线的OA段的斜率表示______；②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______；A.小车与轨道之间存摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大【答案】①.

小车的总质量②.小车所受外力的合力③.小车的质量的倒数④.C【解析】【详解】（1）[1]实验目的是研究加速度和力的关系，因此需要保持研究对象，即小车的总质量不变；[2]为了求出小车所受外力的合力，实验中需要用

钩码所受重力作为小车所受外力的合力。（2）①[3]根据FMa=解得1aFM=可知，此图线的OA段的斜率表示小车的质量的倒数；②[4]图像经过原点，表明已经平衡摩擦力，对钩码与小车整体有()mgmMa=+对小车有TMa=解得11MmgTmgmm

MM==++可知，细绳的拉力，即小车所受外力的合力实际上小于钩码的重力，只有当钩码质量远远小于小车质量时，两者才近似相等，即图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大。故选C

。10.图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分。图中背景方格的边长均为2.5厘米，如果取重力加速度在g=10m/s2，那么：(1)照片的闪光频率为________Hz；(2)小球做平抛运动的初速度的大小为_______m/

s；(3)小球经过B点的速度大小为_______m/s。【答案】①.10②.0.75③.1.25【解析】【详解】(1)[1]在竖直方向上有2hgT=其中ch10m=代入求得T=0.1s因此闪光频率为110HzfT==(2)[2]小球水平方向做匀速直线运动，故有0xvT=其中37.5cmxL

==解得00.75m/sv=(3)[3]根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有80.025m/s1m/s220.1ACByhvT===所以B点速度为2222010.75m/s1.25m/sByvvv=+=+=11.如图甲所示，一根弹簧一端固定在传感器上，传感器

与电脑相连。当对弹簧施加变化的作用力（拉力或压力）时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象，如图乙所示，则下列判断不正确的是（）A.弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B.弹力增加量与对应弹簧长度的增加量成正比C.该弹簧的劲度系数是20N/mD.该弹簧受到反向

压力时，劲度系数不变【答案】AC【解析】【详解】A．弹簧产生的弹力和弹簧的形变量成正比，和弹簧的长度不成正比，A错误，符合题意；B．由胡克定律可得FFkxx==即弹力增加量与对应的弹簧长度的增加量成正比，B正确，不符合题意；C．由题图乙知

，F­x是过原点的直线，可求得弹簧的劲度系数20N/m200N/m0.1Fkx===C错误，符合题意；D．由于图象斜率不变，因此由实验可知该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变，D正确，不符合题意。故选AC。三．计算题：（本题共2小题，共31分．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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）12.如图甲所示，质量为m=2kg的物体置于水平桌面，对物体施以与水平方向成53°的恒力F=10N，

当作用时间为t1=2s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图象如图乙所示，g=10m/s2，求：(1)第1s内物体加速度的大小；的(2)物体与桌面动摩擦因数μ；(3)撤去外力后物体还能运动的距离。【答案】(1)1.5m/s2；(2

)0.25；(3)1.8m【解析】【分析】【详解】(1)根据速度时间图象可知，第1s内加速度为22130m/s1.5m/s20vat−===−(2)对物体受力分析，取速度方向为正方向，由牛顿第二定律可知1cos53Ffma−=fN=，sin53NmgF=−则

cos53(sin53)FmgFma−−=得=0.25(3)撤去外力后，物体的加速度为2mgagm===2.5m/s2则221.8m2vxa==13.如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量

为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m，已知木板与地面的动摩擦因数为10.1=，m与M之间的摩擦因数20.9=（设最大静摩擦力的等于滑动摩擦力）。M与m保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O的速度为0v=10m/s，在坐标

为x=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，210m/sg=，求：（1）木板碰挡板P时的速度v1为多少？（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？【答案】（1）19m/sv=；（2）1.40m【解析】【详解】（1）对木

块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律可得()()11mMgmMa+=+又220112()vvaxL−=−解得19m/sv=（2）由牛顿第二定律，对小m有2m29m/sag==对M有()212M6m/smgmMgaM++==m运动至停止时间为11m1svta==此时M速度为M1M13m/sv

vat=−=方向向左。此时至m、M共速时间为2t，有MM2m2vatat−=解得20.2st=共同速度m21.8m/svat==共方向向左。至共速M位移()11126.48m2vvstt+=+=共共速后m、M以211m/s

a=向左减速至停下位移为2211.62m2vsa==共最终木板M左端A点位置坐标为129.5m9.5m6.48m1.62m1.40mxss=−−=−−=四.（物理选修3-4）15分14.下列说法正确的是（）A.物体做受迫振动的频率等于固有频率B.光

纤通信利用了光的全反射原理C.用同一套装置做杨氏双缝干涉实验，光的波长越大，相邻两亮条纹间中心间距越小D.根据狭义相对论，物体运动时的质量大于静止时的质量E.X射线是一种电磁波【答案】BDE【解析】【详解】A．物体做受迫振动的频率

等于外界驱动力的频率，故A错误；B．利用光纤是为了减小光在传播过程中信号的减弱，光纤通信利用了光的全反射原理，故B正确；C．根据Lxd=可知，用同一套装置做杨氏双缝干涉实验，光的波长越大，相邻两亮条

纹间中心间距越大，故C错误；D．根据狭义相对论有0221mmvc=−可知，物体运动时的质量大于静止时的质量，故D正确；E．从波动角度来看，光是一种电磁波，X射线就是一种电磁波，故E正确。故BDE正确。15.一列简谐横波沿x轴传

播，图中实线和虚线分别代表t＝0时刻和t＝0.01s时刻在0≤x≤8m区域的波形，已知该波的频率f<30Hz，求：（1）波速的大小及波的传播方向；（2）图中P质点（坐标xP＝1m）从t＝0时刻开始经过多长时间第一次向下经过平衡位置以及此过程中P

平均速度大小。【答案】（1）100m/s，向右传播；（2）0.05s，22m/s5。【解析】【分析】【详解】若波向右传播，传播距离为Δx＝（8n＋1）m（n＝0，1，2，……）对应的波速为81m/s0.01nv+=（

n＝0，1，2，……）对应的频率为810.01vnf+==（n＝0，1，2，……）类似的，若波向左传播，传播的距离为Δx＝（8n＋7）m（n＝0，1，2，……）对应的波速为87m/s0.01nv+=（n＝0，1，2，……）的对应的频率为870.01vnf

+==（n＝0，1，2，……）由于波的频率小于30Hz，于是波只可能是向右传播波速大小v＝100m/s；(2)所求时间等于从t＝0时刻P质点传到x＝5m处的质点运动状态所需时间，于是'0.05sxtv==根据三角函数，0时刻P质点纵坐标为222cm

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