【文档说明】天津市武清区杨村第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考物理试题含解析.docx，共(21)页，4.126 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度高三年级第一学期第一次月考一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列说法正确的是（）A.伽利略使用图甲斜面进行实验，得出力和运动的关系B.图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发

生了形变C.图丙中，百米赛跑运动员跑到终点时不能立刻停下来是由于惯性D.图丁为我国第一辆火星车被命名为“祝融号”。祝融号质量约240kg，在地球表面重力约2400N，高1.85m，设计寿命约92天，其中kg、N、m是国际单位制中的基本单位【答

案】C【解析】【详解】A．伽利略使用图甲斜面实验中得到的结论外推到斜面倾角为90的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，故A错误；B．根据弹力的概念可知，图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，故B错误；C．百米赛跑运动员跑到终点时不能立刻停

下来是由于惯性，故C正确；D．kg、m是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，故D错误。故选C。2.如图是某轮船在海面上运动速度－时间图像，则下列说法正确的是（）A.轮船在0～66s内的平均速度大小等于7.5m/sB.轮船在66s末运动方向改变C.轮船在66～96s内运动了225mD.轮船在96～

116s内做匀减速直线运动的【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知轮船在0～66s内做加速度减小的加速运动，所以平均速度大小大于015m/s7.5m/s2v+==故A错误；B．由题图知，轮船在66s末速度方向没有发生改变，故B错误；

C．v－t图线与时间轴围成的面积等于位移，则轮船在66～96s内运动了1(9666)15m225m2x=−=故C正确；D．轮船在96～116s内做反向的匀加速直线运动，故D错误。故选C。3.如图所示，小球甲从距离地面高度为115mh=处以

速度010m/sv=竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为220mh=处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取210m/sg=，则下列说法中正确的是（）A.小球乙落地前，两小球的速度差逐渐变大B.落地前的运动过程中

小球甲、乙的平均速率之比为1∶2C.至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3∶4D.小球甲、乙在落地前最后1s下落的高度相同【答案】D【解析】【详解】A．取竖直向上为正方向，甲球跟乙球速度差为00()vvgtgtv=

−−−=A错误；的B．由212hgt=得乙球落地用时间为22st=对甲球：由20111152vtgt−=−解得13st=甲球经过的路程为25m，乙球经过的路程为20m，那么落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速率之比为5∶6，B错误；C．乙球落地时，

甲球的位移为0，即恰好回到抛出点，则至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为0，C错误；D．对甲球，根据公式2202vvgh−=解得它落地时的速度大小为20m/s，方向竖直向下，跟乙球落地时的速度一样，由于

加速度相同，根据公式以2012vtgth−=可知小球甲、乙在落地前最后1s下落的高度相同，D正确。故选D。4.如图所示，质量为m的篮球放在球架上，已知球架的宽度为L，每只篮球的直径为D，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为g，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（

）A.12mgB.222-mgDDLC.222-mgDDLD.222-mgDLD【答案】B【解析】【详解】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α。由几何知识得2222

()()2cos22LDDLDD−−==根据平衡条件得2Ncosα=mg解得：222-mgDNDL=则得篮球对球架的压力大小为N′=N=222-mgDDL故选B。5.如图所示，轻弹簧1L的一端固定，另

一端连着小球A，同时水平细绳的一端连着小球A，另一端固定，小球A的下面用轻弹簧2L连着小球B。已知A，B的质量相等弹簧1L与竖直方向的夹角为45，重力加速度为g。在将细绳剪断的瞬间，A、B两球的加速度大小分别为

（）A.Aag=，Bag=B.A2ag=，B0a=C.A22ag=，B22ag=D.A22ag=，B0a=【答案】B【解析】【详解】在绳子剪断瞬间，弹簧由于形变没有瞬间变化，弹力不会突变，所以B球的受力情况仍然平衡，加速度为0，A球的合

力为绳子剪断前的拉力A2Fmgma==解得A2ag=ACD错误，B正确。故选B。6.如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（）A.P处于超重状态B.P受到的摩擦力大小为

mg，方向水平向右C.P受到的摩擦力大小为mgsincos，方向水平向左D.P受到的支持力大小为mgsin2【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；BCD．对P、Q

整体，根据牛顿第二定律有（M＋m）gsin=（M＋m）a解得加速度a=gsin将沿斜面向下的加速度a=gsin沿水平方向和竖直方向分解，如图所示则a1=acos=gsincosa2=asin=gsin2对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F

f=ma1，方向水平向左竖直方向上有mg－FN=ma2解得Ff=mgsincosFN=mgcos2故C正确，BD错误。故选C。二、多项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题意，全都选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分

）7.“节分端午自谁言，万古传闻为屈原”，端午节是传统节日中富有刚健气息的节日，佩香囊是传统习俗之一。香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效，因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形

形色色，玲珑夺目。如图所示，一球形香囊用细绳系在挂钩上，挂钩粘贴在竖直墙壁上，忽略香囊与墙壁之间的摩擦力，则下列说法正确的是（）A.细绳越短，墙壁对香囊的作用力越大B.细绳越长，细绳的拉力越大C.挂钩重力与细绳对挂钩的作用力是一对平衡力D.若某时刻挂钩脱落，忽略空气阻力，则挂钩与香囊同时落地【

答案】A【解析】【详解】A．设细绳与竖直方向的夹角为θ，对香囊进行受力分析如图所示根据平衡条件有tancosGNGT==，细绳越短，θ越大，则香囊对墙壁的支持力越大，因忽略香囊与墙壁之间的静摩擦力，所以墙壁

对香囊的作用力等于支持力，故A正确；B．细绳越长，θ越小，则细绳的拉力越小，故B错误；C．由平衡条件可知，挂钩重力与墙壁和细绳对挂钩的作用力是平衡力，故C错误；D．挂钩脱落，忽略空气阻力，挂钩与香囊均做自由落体运动，因挂钩与香囊间有一段距离，故不可能同时落地，故D错误故选A。8.如图，

粗细均匀且足够长的水平粗糙细杆上套着一个小环A，用轻绳将小球B与小环A相连。小球B受到水平风力作用，与小环A一起向右做匀加速运动，小环A与杆间的动摩擦因数处处相同。若风力增大，则（）A.杆对小环A的弹力减

小B.杆对小环A的摩擦力增大C.小球B的加速度增大D.轻绳对小球B弹力的竖直分力不变【答案】CD。【解析】【详解】A．竖直方向受力始终平衡，杆对小环A的弹力NF始终等于球和环的重力之和，A错误；B．由fNFF=可

知，杆对小环A的摩擦力大小不变，B错误；C．对A、B整体，由牛顿第二定律有()()FmMgmMa−+=+可得小球B的加速度增大，C正确；D．轻绳对小球B弹力的竖直分力始终等于小球B的重力，D正确。故选C

D。9.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为030m/sv=。甲、乙相距0110mx=，0=t时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化分别如图甲、乙所示，取运动方向为正方向。下列说法正确的是（）A.3

st=时两车相距最近B.6st=时两车距离最近，且最近距离为20mC.9st=时乙车速度减为0D.9st=两车距离为55m【答案】BC【解析】【详解】AB．由题图可知，在3st=时甲车速度和位移1030ms103ms0vvat=+=−=甲甲221011303m10

3m45m22xvtat=+=−=甲甲乙车的速度不变，在3st=时的位移10303m90mxvt===乙由此可知，乙车并未追上甲车，此时甲车开始做匀加速运动，则两车相距最近应满足的条件是速度相等，设时间为t1，则有()()111133vatvat+−=+−甲甲乙乙代入数

据解得t1=6s从3st=到6st=两车的位移为()()22111113353m22.5m22xvtat=−+−==甲2甲甲()()221111133303m53m67.5m22xvtat=−+−=−=乙2乙乙则

得6st=时两车相距为1011110m45m22.5m90m67.5m20mxxxxxx=++−−=++−−=甲甲2乙乙2A错误，B正确；C．乙车速度减到零时，则有()1230vat+−=乙乙解得t2=9sC正确；D．从3st=到9st=两车的位移为()()22122113356m90

m22xvtat=−+−==甲3甲甲()()221221133306m56m90m22xvtat=−+−=−=乙3乙乙则得9st=时两车相距011110m45m90m90m90m65mxxxxxx=++

−−=++−−=甲甲3乙乙3D错误。故选BC。【点睛】10.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点，光滑滑轮2下悬

挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向左移动少许，而物体a与斜劈始终静止，则（）A.斜劈对地面的压力增大B.斜劈对物体a的摩擦力大小可能不变C.地面对斜劈的摩擦力增大D.若将固定点c向正下方移动少许，斜劈对物体a的摩擦力不变【答案】BD【解析】【详解】A．对b和滑轮整体研究，绳子两侧的

拉力在竖直方向的分力的合力大小一直等于b的重力，即b2cosFmg=因此对整体研究，在竖直方向地面对斜劈的支持力一直不变，根据牛顿第三定律得，斜劈对地面的压力不变，故A错误；B．若物体a原来有向上滑动的趋势，则斜劈

对物体a的摩擦力方向向下，若将固定点c向左移动少许，绳子和竖直方向的夹角减小，绳子上的拉力减小，则物体a有可能有向下滑动的趋势，斜劈对a的摩擦力方向沿斜面向上，但摩擦力的大小可能不变，故B正确；C．对

整体研究，水平方向斜劈受到地面的摩擦力和绳子在水平方向的分力处于平衡状态，绳子和竖直方向的夹角减小，拉力减小，绳子在水平方向的分量减小，所以地面对斜劈的摩擦力减小，故C错误；D．若将固定点c向下移动少许，绳子和竖直

方向的夹角不变，绳子上的拉力不变，斜劈对物体a的摩擦力不变，故D正确。故选BD。三、实验题（每空2分，共18分）11.某同学利用如图甲所示的实验装置完成了“探究合力与分力的关系”的实验，其中A、O间为橡皮筋，BO、CO为分别挂有弹簧测力计的细绳套，本实

验采用了“等效替代法”的思想，分析下列问题：（1）下列对“等效替代法”的理解正确的是___________。A.A、O间的橡皮筋可以用细绳代替B.B、O与C、O间的细绳可以用橡皮筋代替C.两个弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用代替（2）下列操作错误或不必要的是_

__________。A.实验时两细绳BO、CO必须垂直B.应在细绳上用笔尖记录间距较近的两点来确定细绳的方向C.橡皮筋的反向延长线必须在∠BOC的角平分线上D.在读取弹簧测力计的示数时必须正视弹簧测力计（3）图乙为用一个弹簧测力计钩住细绳把

橡皮条的结点拉到O，读得弹簧测力计的示数F=___________。（4）如果开始时BO、CO两细绳的夹角小于90°，现保持O点的位置以及BO的方向不变，在将CO沿逆时针方向缓慢转动到水平的过程中，下列说法正确的是___________。A.左侧弹簧测力计的示数一直减小B.左侧弹簧测力

计的示数先减小后增大C.右侧弹簧测力计的示数一直增大D.右侧弹簧测力计的示数先减小后增大【答案】①.C②.ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA③.4.0N④.D【解析】【详解】（1）[1]两个弹簧测力计共同作用的效果与用一个弹簧测力计的作

用效果相同，可以等效替代。故选C。（2）[2]A．实验时两细绳BO、CO没有必要垂直，故A错误；B．为了减小实验误差，应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，故B错误；C．橡皮筋的反向延长线没有必要在∠BOC的角平分线上，故C错误；D．在读取弹簧测力计的

示数时必须正视弹簧测力计，故D正确。选操作错误和不必要的，故选ABC。（3）[3]图乙弹簧测力精确度为0.2N，读得弹簧测力计的示数为F=4.0N。（4）[4]保持O点的位置以及BO的方向不变，即两弹簧测力计的合力不变，一个力的方向不

变，根据平行四边形定则作图得，左侧弹簧测力计的示数一直增大，右侧弹簧测力计的示数先减小后增大。故选D。12.某物理兴趣小组同学用图甲所示装置来“验证牛顿第二定律”。同学们在实验中，都将砂和小桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改

变小桶中砂的质量改变拉力。为使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，实验中需要平衡摩擦力。（1）下列器材中不必要的是___________（填字母代号）；A．低压交流电源B．秒表C．天平（含砝码）D．刻度尺（2）下列实验操作中，哪些是正确的

___________（填字母代号）；A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源C．平衡摩擦力时，将悬挂小桶的细线系在小车上D．平衡摩擦力时，让小车后面

连着已经穿过打点计时器的纸带（3）实验中得到如图（乙）所示的一条纸带，s1、s2、s3、s4是纸带上相邻两个计数点之间的距离（相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出），已知打点计时器打点频率为f，则小车的加速度大小可以表示为

a=___________；（4）把砂桶（含砂）的重力mg作为小车受到的合力F，作出a-F图像，当砂桶（含砂）的质量接近小车的质量后，可能会出现图丙中的图线___________（选填①、②或③）；设

小车的质量为M，作出小车加速度的倒数1a与小车质量M的关系图像，下列选项正确的是___________。A.B.C.D.【答案】①.B②.AD##DA③.()23412100ssssf+−−④.③⑤.C【解析】【详解】（1）[1]A．打点计时

器需要低压交流电源，A正确，不符合题意；B．打点计时器就可以记录时间，因此不需要秒表，B错误，符合题意；C．实验需要知道小车受到的合力和小车的质量，因此需要用天平（含砝码）测量小桶和砂及小车的质量，C正确，不符合题意；D．纸带上相邻计数点间的距离需要刻度

尺测量，D正确，不符合题意。故选B。（2）[2]A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，使小桶和砂的重力等于小车所受的合力，A正确；B．每次实验，应先接通打点计时器的电源，再释放小车，B错误；CD．平衡摩擦力时，让小车后面

连着已经穿过打点计时器的纸带，并使纸带上相邻计数点的间距相等，C错误，D正确。故选AD。（3）[3]打点计时器打点频率为f，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，可得纸带上相邻两个计数点的时间间隔为15sTf=由匀变速直

线运动的公式2xaT=，可得小车的加速度大小可以表示为()2341234122210052ssssfssssxaTf+−−+−−===（4）[4]以小车及小桶和砂组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律，则有()mgmMa=+小车

的加速度为magmM=+小车所受的合外力则有1mMmgFMagmmMM===++当m≪M时，可认为小车受到的拉力等于小桶和砂的重力。当砂桶（含砂）的质量接近小车的质量后，小车受到的合外力小于小桶和砂的重力，小车的加速度就不成线性增大，实验误差增大，a-F图像偏离直线，则可能会出

现图丙中的图线③。[5]小车受合力为F，对小车则有F=Ma以小车及小桶和砂组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得mg=（m+M）a整理可得111Mamgg=+图像的斜率为1kmg=斜率与小桶和砂的质量有

关；则截距1bg=是一个定值，因此ABD错误，C正确。故选C。四、计算题（本题共包括3小题，11题12分，12题14分，13题16分）13.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图，一只企鹅在倾角θ＝37°的倾斜冰面上先以a＝1.0

m/s2的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝4s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，即完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s

2，求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅沿冰面向上滑行的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。【答案】（1）8m；（2）8m/s2；（3）62m/s【解析】【详解】（1）根据位移时间关系，企鹅向上“奔跑”的位移大

小为2118m2xat==（2）企鹅沿冰面向上滑行时，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=代入数据解得218m/sa=（3）企鹅开始上滑时的速度4m/svat==企鹅向上滑行的距离22121mvxa==企鹅向上运动的总位移大小129mxxx=+=

企鹅向下滑行时，由牛顿第二定律得2sincosmgmgma−=代入数据解得224m/sa=根据速度位移公式得2122vax=企鹅下滑回到出发点时的速度大小162m/sv=14.如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图。若

安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10m/s2。（1）求当包裹与传送装置相对静止时，

包裹相对于传送装置运动的距离；（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。【答案】（1）0.25m；（2）2.5s【解析】【详解】（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加

速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝0va解得t1＝1st1时间内包裹的位移大小为x1＝2112at解得x1＝0.25mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5m故包裹相对于传送装置运动的距离为

Δx＝x2－x1＝0.25m（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝10lxv−，解得t2＝35s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝

2.5s15.某同学采用如图所示的装置演示惯性实验，他将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，砝码的移动位移很小，几乎观察不到，成功进行了实验。该同学所用砝码（可视为质点）质量为10.4kgm=，纸板的质量为20.1kgm=，砝码与纸板左端的距离0.1md=。已知各接

触面间的动摩擦因数均为0.2=，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取210m/s。.（1）求拉动纸板过程中，砝码受到纸板的摩擦力的大小和方向；（2）该实验中，若拉力太小，则会出现砝码和纸板相对静止一起运动的现象，为保证砝码能相对纸板运动，拉力应满足什么样的条件？（

3）该实验中，若砝码移动的距离超过0.002ml=，人眼就能感知，为确保实验成功，拉动纸板所需的拉力至少多大？【答案】（1）10.8Nf=，方向水平向右；（2）2NF；（3）22NF=【解析】【详解】（1）砝码阻

碍纸板向右运动，给纸板向左的滑动摩擦力，则纸板对砝码的滑动摩擦力为110.8Nfmg==方向水平向右；（2）设砝码的加速度为1a，纸板的加速度为2a，则有111fma=纸板受到桌面的摩擦力为212()1Nfmmg=+=1222Fffma−−=要发生相对运动，至少

需要21aa，代入数据解得122()2NFmmg+=（3）设纸板抽出前砝码运动的时间为1t，砝码运动的距离211112xat=纸板运动的距离为212112dxat+=纸板抽出后砝码在桌上减速运动，时间为

2t，砝码在桌面上运动的距离为223212xat=12lxx=+由题意可知13aa=，1132atat=代入数据解得22NF=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com