【文档说明】湖北省襄阳市第三中学2022-2023学年高一下学期5月月考物理答案和解析.docx，共(13)页，331.918 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．A【详解】A．平抛运动只受重力作用，加速度不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故A正确；B．匀速圆周运动加速度永远指向圆心，方向随时在变化，且速度方向随时变化，所以匀速圆周运动不是匀速曲线运动，故B错误；C．曲线运动速度在随时

发生变化，因此一定受到不为0的合外力，故C错误；D．曲线运动的速度方向随时变化，故曲线运动一定是变速运动，故D错误。故选A。2．B【详解】A．由于船速与水流速度的大小未知，那么船在沿水流方向的分速度不一定为零，甲渡河的合速度方向与河岸的夹角一定大于乙渡河的合速度方向与河岸的夹角，而河

宽相等，所以甲过河的位移小于乙过河的位移，故A错误；B．甲、乙两船在沿河岸分速度的方向相反，两船不可能相遇，故B正确；C．如果河水流速大于甲的船速，甲不能达到正对岸，故C错误；D．由于两船在垂直河岸的分

速度相等，而河宽一定，则渡河时间sindtv=两小船渡河时间相等，与水速度无关，故D错误。故选B。3．C【详解】C．根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向的分速度和水平方向的分速度，三个小球上升高度相同，根据22yvhg=可知三个小球沿竖直

方向的分速度相等，C正确；B．根据2htg=由对称性可知，三个小球在空中运动的时间相等，B错误；D．由于沿路径1抛出的小球水平位移最大，而运动时间相等，可知沿路径1抛出的小球水平分速度最大，D错误；D．根据对称性可得在落地点竖直分速度相等，根据平行四边形定则22xyvv

v=+可知沿路径1抛出的小球落地的速率最大，A错误。故选C。4．B【详解】若给小物体以水平初速度0v时，小物体对球顶恰好无压力，则有20vmgmR=解得0vgR=物体从球顶开始做平抛运动，竖直方向有212Rgt=解得2Rtg=物体落

地时的水平位移为02xvtR==设物体着地时速度方向与地面成角，则有0tan2tan45gtv==故选B。5．A【详解】AB．设“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行的周期为2T，由开普勒第三定律可得33222aRTT=3aR=解得233TT

=A正确，B错误；CD．2224GMmmRRT=2324RMGT=月球表面的重力加速度大小为2224GMRgRT==月CD错误。故选A。6．A【详解】B．由图知，汽车以恒定加速度启动，汽车匀加速运动的加速度为2m/s2，故B错误；A．汽车匀加

速运动的末速度1s/m101v＝解得v=10m/s匀加速运动的时间10s5s2vta===故A正确；C．由图可知汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f则P=f×30当1s/m101v＝时，a＝2m/s

2，根据牛顿第二定律得Pvfma−=即3210210Pf−=联立解得320N1f=，P=6×104W故C错误；D．根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有F-f=ma代入数据得F＝f+ma＝2×103N+2×103×2N＝6×103N车速为5m/s时，功率为P＝Fv＝6×103×5W＝

3×104W故D错误。故选A。7．D【详解】A．由电场线分布可知，A、B是等量异种点电荷，故A错误；BD．由于A、B两个点电荷的电性未知，AB连线的中垂线上的点的电场强度方向可能水平向右也可能水平向左，但是电场方向都相同，故B错误，

D正确；C．从C点沿直线到D点，场线逐渐稀疏，故场强大小逐渐减小，故C错误。故选D。8．AC【详解】A．电荷量为+Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向右，电荷量为+4Q的点电荷在AB产生的电场强度方向水平向左，又2kQEr=根据场强的叠加原理可知电场强度为零的点靠近电荷量小的电荷，

故电场强度为零的点位于OA段，选项A正确；B．b、d两点电场强度如图：二者大小相等，但方向不相反，选项B错误；C．O点的电场强度大小为212kQL根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向右，大小1224()2kQkQELL==电荷量为

+4Q的点电荷在O点产生的电场强度方向水平向左，大小222416()2kQkQELL==所以O点的电场强度方向水平向左，大小21212OkQEEEL=−=选项C正确；D．根据题意，由点电荷场强公式可得，电荷量为+Q

的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向右，大小122924()3ckQkQELL==电荷量为+4Q的点电荷在c点产生的电场强度方向水平向左，大小222436()3ckQkQELL==所以c点的电场强度方向水平向左，大小221354ccclkQEEEL=−=所

以是04516cEE=选项D错误。故选AC。9．AD【详解】ABC．火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，故A正确，BC错误；D．由22MmvGmRR=得GMvR=已知火星的质量约为地球质量的

19，火星的半径约为地球半径的12，可得火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比122913vMRvMR===火火地地地火故D正确。故选AD。10．CD【详解】A．人的重力势能增加了mgh，故A错误；B．人的重力做功mgh−，故B

错误；C．由动能定理，人的动能增加k0.2Emahmgh==故C正确；D．人的机械能增加k1.2EEmghmgh=+=故D正确。故选CD。11．AD【详解】AB．根据题意可知，小球a、b转动时角速度相等，由公式vr=可知2230msbavv==转

动过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有22111sinsin222abObObmvmvmgLmgL+=+代入数据解得1sin2=即30=故B错误，A正确；CD．根据题意，设从初始位置到转过θ角度过程中，杆对a球做功为aW，杆对

b球做功为bW，由动能定理对小球a有211sin22ObaamgLWmv+=对小球b有21sin2ObbbmgLWmv+=解得10JaWm=−10JbWm=可知，轻杆对a球做负功，a球机械能减小，对b球做正功，b球机械能增加，故C错误，D正确。故选AD。12．

AC/CAB0.970.480.47【详解】（1）[1]AB．需要用米尺测量纸带上点间的长度，打点计时器本身有计时功能，所以不需要秒表，故A正确，B错误；CD．图中有复写纸，可知图中为电磁打点计时器，所以使用约为8V的交

流电源，故C正确，D错误；（2）[2]为了减小误差，重锤选用质量大体积小，即密度大的，使重锤所受重力要选大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力。故选B。（3）①[3]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得2(7.023.13)10m/s0.97m/s2

20.02ACBxvT−−===②[4][5]从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量2p19.84.8610J0.48J−==OBEmgh动能的增加量22k1110.97J0.47J22==BEmv13．dt0.5不变【详解】（1）[1]物块到达斜面底端的速度大

小dvt=（2）[2]设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得21sincos()2mgmgsmv-=即212mghmgLmv-=222vghgL=-由图象可知，当0.25mh=时，0v=，代入得到0.5=（3）[3]由222v

ghgL=-知斜率2kg=为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变。14．（1）正电；（2）2g；【详解】（1）依题意，可知小球从A到B先加速，后减速，则小球只能带正电；（2）设带电小球所带电荷量为q，带电小球

在A点时，根据牛顿第二定律有2sin30AQqmgkmaL−=带电小球在B点时2sin30()2BQqkmgmaL−=且4Aag=，联立可解得2Bga=15．（1）18J；（2）5.5J−；（3）12.5N，方向竖直向下【详解】（1）物体将弹簧压缩至A点后由静

止释放，经光滑水平面AB到达C点，弹性势能转化为动能，据机械能守恒定律有2P112Emv=解得P18JE=（2）物体沿半圆形导轨由B到C运动，据动能定理22f2111222mgRWmvmv−+=−解得f5.5JW=

−（3）物体在最高点C，由牛顿第二定律得22NvmgFmR+=解得轨道对物体的弹力N12.5NF=方向竖直向下。16．（1）02vgL=；（2）二等奖；（3）1028mgLQmgL【详解】（1）若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为0v，滑块与木板

之间的摩擦力为122fmgmg==地面对abcd木板的摩擦力26fmg=由于12ff则木板静止不动，对滑块2012022mgLmv−=−解得02vgL=（2）由103vgLv=可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力45fmg=滑块与木板之间

的摩擦力为3224fmgmg==由于34ff则木板静止不动。当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为2v，对滑块222111242222mgLmgLmvmv−−=−23vgL=可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力534fmgf==可知cd木板

恰好不动，根据运动学公式22022vgx−=−解得34LxL=可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖；（3）若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少min12222210QQmgLmgLmgLmgL

==++=当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力63fmg=滑块与木板之间的摩擦力为7428fmgmg==由于67ff，则木板d会发生滑动，木板的加速度为7625gffam−=

=滑块在木板上的加速度7142fagm==当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为3v，根据速度关系312vvatat=−=可得359vv=根据位移关系可得22231222vvvLaa−−=−解得318vgL=滑块和木板到达共同速

度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量2max1312282QQmvmgL=+=所以顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围1028mgLQmgL获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com