【文档说明】湖南省常德市第一中学2022-2023学年高三下学期第三次月考物理试题（解析版）.docx，共(20)页，1.251 MB，由小赞的店铺上传

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常德市一中2023届高三第三次月水平检测物理时间：75分钟：满分：100分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的

A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变【答案】C【解析】分析】【详解】A．运

动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，故A错误；B．因做匀速圆周运动，因此运动员所受滑动摩擦力大小和重力沿圆弧的切线方向的分力相同，即sinfmg=角度在逐渐减小，因此摩擦力逐渐减小，故B错误；C．由动能定理可知，合外力做功定为零，故C正确；D．运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少

，故D错误。故选C。2.学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动；自动识别区ab到a＇b＇的距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3

s；若汽车可看成高1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角速度至少为（）【A.πrad/s8B.πrad/s6C.πrad/s4D.πrad/s3【答案】A【解析】【详解】闸杆转动时间为06.9s0.3s2s3xttv=−=−=汽车匀速顺

利通过，闸杆转动的角度至少为1.61tan0.6−=解得4=闸杆转动的角速度至少为rad/s8t==故选A。3.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s~28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s~

56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（）A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍【答案】B【解析】【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间t的空气质量为mSvt

=假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有0Ftmv−=−可得2FSv=10级台风风速125m/sv，16级台风的风速250m/sv，则有2222114FvFv=故选B。4.如图所示为“嫦娥五号”探月过程的示意图。探测器在圆形

轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，变轨前后的速度分别为v1和v2；到达轨道Ⅱ的近月点B时再次变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，变轨前后的速度分别为v3和v4，则探测器（）A.在A点变轨需要加速B.在轨道Ⅱ上从A点到B点，速度变小C.在轨道Ⅱ上B点的加速度大于Ⅲ轨道上B点的加

速度D.四个速度大小关系满足v3＞v4＞v1＞v2【答案】D【解析】【详解】A．探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，轨道半长轴变小，近心运动，故需要在A点减速，故A错误；B．在轨道Ⅱ上从A点到B点，引力做正

功，动能增大，速度增大，故B错误；C．根据牛顿第二定律可知2MmGmar=在轨道Ⅱ上B点的加速度等于Ⅲ轨道上B点的加速度，故C错误；D．到达轨道Ⅱ的近月点B时再次变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，变轨前后的速度分别为v3和v4，变轨做近心运动所以需要

减速，故v3＞v4，探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进的入椭圆轨道Ⅱ，轨道半长轴变小，近心运动，故需要在A点减速，v1＞v2，根据22MmvGmrr=可知圆周运动中，轨道半径大则速度小，所以v4＞v1，故v3＞v4＞v1＞v2，故D正确。故选D。5.一质量4kgm

=的滑块静止在粗糙的水平面上，0=t时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数0.25=，重力加速度g取210m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A.03s内摩擦力的冲量大小为30NsB.03s内拉力

F做的功为200JC.3s末拉力F的功率最大，且为300WD.滑块的最大位移为36m【答案】C【解析】【详解】A．滑块与水平面的滑动摩擦力为0.25410N10Nfmg===在01s内18N10NFf==所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦

力，大小为118NfF==摩擦力的冲量为1118NsIft==在13s内230N10NFf==滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为22102Ns20Ns===Ift03s内摩擦力的

冲量大小为1228Ns=+=III故A错误；B．在01s内滑块静止，拉力做功为零。在13s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得225m/s−==Ffam滑块的位移为2221152m10m22===xat03s内拉力做的功为230

10J300JWFx===故B错误；C．3s末撤去拉力时，滑块的速度最大，且为m252m/s10m/svat===故拉力的最大功率为mm300WPFv==故C正确；D．撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为22.5m/smga

m==由匀变速直线运动的速度与位移的关系有2m20m2==vxa滑块的最大位移为m10m20m30mxxx=+=+=故D错误。故选C。6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环

从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（）A.下滑过程中，加速度一直减小B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为214mvC.在C处，弹簧的弹性势能为214mv

mgh−D.上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度【答案】B【解析】【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，选项A错误；B.研究圆环从A处

由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有：000fmghWW−−==弹﹣同理在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理有：2102fmghWWmv+−=弹﹣﹣联立解得：214fWmv=，选项B正确；C.由0fmghWW−−=弹得214Wmghmv=−弹，所以在C处弹簧的弹性势能为2

14mghmv−，选项C错误；D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有：2102fBmghWWmv−=−−弹圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有：2102fBmghWWmv−=−+−弹即212fBmghWWmv+−=弹所以BBvv，即上滑经过B的速度

大于下滑经过B的速度，选项D错误。故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.复兴号动车在世界上首次实现速度

350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为0v，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度mv，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（）A.做

匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率mPFv=D.牵引力做功22m01122Wmvmv=−【答案】BC【解析】【详解】AB．动车的功率恒定，根据PFv=牵可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得FFma−=牵可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减

小的加速运动，A错误，B正确；C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为mPFv=C正确；D．动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为WPt=根据动能定理得22m01122PtFsmvmv−=−D错误。故选BC。

8.如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A.2.

1m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s【答案】AB【解析】【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得01BMmvMv（）−=，代入数

据解得12.67m/sBv=，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得02BMmvMmv−=+（）（）代入数据解得：22m/sBv=，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2m/s2.67m/sBv＜＜，故选A

B。9.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始均沿竖直方向运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，两滑轮间竖直距离足够长。下列说法正确的是（）A.重物A的加速度大小

为15g，方向竖直向下B.悬挂滑轮的轻质细绳的拉力大小为35mgC.当B的位移为h时，B的速度大小为45ghD.当B的位移为h时，B的机械能减少35mgh【答案】BCD【解析】【详解】AB．设细绳张力为T，A受向上的拉力为2T，而B受向上的拉力为T，且重力都为mg，故A向上运动，B向下运动。由题可

知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式212xat=可知，B的加速度是A加速度的两倍，设A的加速度为a，则B的加速度为2a。分别对A和B有2Tmgma−=2mgTma−=解得15ag=，35Tmg=即重物A加速度大小为15g，方向向上；细绳的拉力大小为35

mg，故A错误，B正确。C．由于B的加速度是A加速度的两倍，由vat=可知，同一时刻，A的速度是B的一半，即AB2vv=当B下降高度h时，A上升2h，由机械能守恒定律得22BA11222−=+hmghmgmvmv联立解得B45=vgh故C正确；D．当B下降高度h时，B

的机械能减少量2BB1325=−=Emghmvmgh故D正确。的故选BCD。10.如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，

恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】【详解】因3对4的滑动摩擦力为3μmg小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动，排除图B；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动，此时如图A所示；当F较

大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故C图错误，D正确。故选AD。三、非选择题：共56分。11.某同学用如图甲所示的装置来测量一根细线能承受的最大拉力。把细线的两端固定在滑块上，滑块可在带有刻度尺的轨道上滑动，线

两端的固定点的位置可以由滑块上的标志线所对应的刻度读出。（1）把轨道调水平，固定左端滑块，移动右滑块，细线拉直时，左端滑块位置读数为30.00cm，右端滑块位置读数为80.00cm，算出细线两端之间的距离0L。（2）

把右端滑块移动到图甲所示位置处，在细线中点挂上质量为m=200g的钩码3个。（3）缓慢移动右端滑块，直到细线被拉断，固定右端滑块，如图乙所示，则右端滑块位置读数为___________cm，算出左右两滑块之间的距离L。（4）重力加速度为g，则计算细线能承受的最大拉力的表达式为____

_______。（5）如果重力加速度g取9.8m/s2，则被测细线能承受的最大拉力为___________N。【答案】①.70.00②.022032mgLLL−③.4.9【解析】【详解】（3）[1]由图乙可知，右侧滑块正对刻度尺刻度70位置，由于刻度尺

最小刻度为1cm，根据刻度尺读数估读要求，右端滑块位置读数为70.00cm；（4）[2]设拉断时细线与竖直方向上的夹角为，拉线示意图如下，根据几何关系可得22022000()()22cos2LLLLLL−−==对钩码进行受力分析，在竖直方向上max2cos3T

mg=解得0max22032mgLTLL=−（5）[3]重力加速度g取9.8m/s2，代入数据可得max4.9NT=12.在用如图所示装置验证机械能守恒定律的实验中，使重物自由下落，打点计时器在纸带

上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如下图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为9.8m/s2。（1）关于上述实验，下列说法中正确的是______；A．重物最好选择

密度较大的物块B．重物的质量可以不测量C．实验中应先释放纸带，后接通电源D．可以利用公式2vgh=来求解瞬时速度（2）纸带的________端（填“左”或“右”）与重物相连；（3）根据纸带上的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；（4

）在（3）的情形下，又已知重物的质量m＝1.00kg，则重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________J。（结果取三位有效数字）【答案】①.AB##BA②.左③.B④.1.88⑤.1.84【解析】【详解】（1）[1]A．为减小实验误差，重物最好选择密度

较大的物块，以减小空气阻力，故A正确；B．因为实验需要计算系统重力势能减少量pEmgh=和系统动能增加量2k12Emv=需要验证两者是否相等，两式子能把质量消除，所以不需要测量重物的质量，故B正确；C．实验中应先接通电源，后释放纸带，

故C错误；D．本实验是验证机械能守恒的实验，若利用公式2vgh=来求解瞬时速度，则需要满足机械能守恒的条件下才可以使用，故与本实验矛盾，故D错误。故选AB。（2）[2]由题意知，O点为第一个点，所以纸带的左端与重物相连。（3）[3]为了减小误差和便于求重物动能的增加

量，可取O点到B点来验证机械能守恒定律。（4）[4][5]O点到B点过程中，重力势能的减少量2pΔ1.009.819.210J1.88JOBEmgh−==打B点时重物的瞬时速度2(23.2315.55)10m/s=1.92m/s

220.02BOCOAvT−−−==所以动能增量22k11Δ=1.001.92J=1.84J22BEmv=13.如图甲所示，在倾角为37°的粗糙足够长的斜面的底端，一质量m=1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不相连。t=0时释放物块，计算

机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑块已上滑s=0.2m的距离，g取10m/s2.求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ的大小（2）压缩弹簧时，弹簧具有的弹性势能Ep。【答案】（1）0.5；（2）4.0J【解析】

【分析】【详解】（1）由图像可知0.1s物体离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小2221m/s=10m/s0.20.1vat−==−根据牛顿第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma解得μ=0.5（2）由图线可知，t2=0.

1s时的速度大小：v=2.0m/s由功能关系可得21sin37cos372pEmvmgsmgs=++代入得EP=4.0J14.过山车是游乐场中常见设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个固定圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆

形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨

道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。求：（1）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；（2）在满足（

1）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件。【答案】（1）12.5m；（2）0＜R3≤0.4m或1.0≤R3≤27.9m【解析】的【详解】（1）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意222mg=mRv()221220

11222mgLLmgRmvmv−+−=−解得12.5mL=（2）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足233vmgmR=()22133011

2222mgLLmgRmvmv−+−=−解得30.4mR=II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理()21301202mgLLmgRmv−+−=−解得31.0mR=R3=1.0m⑧（1分，写1m的0分）为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足2222332()

()RRLRR+=+−解得327.9mR=综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件300.4mR或31.027.9mR15.如图所示，一水平传送带以v=1m/s的速度顺时针转动，其左

端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量M=0.6kg的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离d1=1m，C点到D点的距离d2=2m；左边水平台面上有一质量m=0.2kg的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴

接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离L=3m，初始时弹簧储存的弹性势能Ep=1.6J，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点

。求：（1）从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；（2）从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；（3）第3次碰撞点与D点之间的距离。【答案】（1）0.5s；（2）1.2J；（3）1.5m

【解析】【详解】（1）对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得2p012Emv=解得04m/sv=假设物块甲滑过A点后，一直匀减速运动到B点，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有mgma=22012vvaL−=−联立解得12m/s>1m/sv=假设成立，可见物块甲一直

匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。在传送带上匀减速的时间0111s−==vvta在BC间匀速运动的时间1210.5s==dtv则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间121.5sttt=+=（2）物块甲第一

次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小11Δ2m=−=xLvt设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别1v和2v，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得112=+mvmvMv212212111222=+mvmvMv联立解得11m/s

v=−21m/sv=甲在传送带上向左滑行位移210.25m2=vLa则物块甲碰后以1m/s向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至1m/s；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为2112Δ0.75m2vvxvaa−=+=左向右运动到B点时，两者相

对位移大小为2112Δ0.25m2vvxvaa−=−=右则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的总热量()122ΔΔΔ1.2J=++=右左Qmgxxx（3）物块甲与物块乙第一次碰

后再返回到右边水平台面的时间为111122svdtav−=+=−返物块乙运动的距离为212m==乙返xvt即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在BD的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

得1212mvMvmvMv−=+2222121211112222mvMvmvMv+=+解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为12m/sv=−20v=甲在传送带上向左滑行位

移211m2vLa=则物块甲碰后以2m/s向左滑上传送带减速至0后又反向加速至1m/s，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为1.5m。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com