【文档说明】内蒙古乌兰察布市集宁师范学院附属实验中学2022-2023学年高三上学期第二次月考物理试题含解析.docx，共(22)页，2.669 MB，由管理员店铺上传

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集宁师院附中2022-2023学年度高三年级第二次月考物理试卷（考试时间：90分钟；满分：100分命题人：国华）一、单选题（本题8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题意）1.我国将于2

022年前后完成空间站在轨组装工程，空间站由核心舱、实验舱等构成。其中核心舱轴向长度为16.6m有3个对接口用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法正确的是（）A.空间站在太空“漂浮”时没有惯性B.货运飞船与核心舱对接时不可看成质点C.货运飞船与核心舱对接时

，以地球为参考系它是静止的D.“16.6m”中，“m”不是国际单位制的基本单位【答案】B【解析】【详解】A．惯性取决于质量，与物体处于什么位置，什么运动状态无关，故A错误；B．飞船和核心舱对接时不可忽略形状和大小，故不能看成质点，故B正确；C．以地球为参考系，飞船和核心舱对接时都

是运动，故C错误；D．m是国际单位制的基本单位，故D错误。故选B。2.有A、B、C、D四个完全相同的小球从地面上同一位置抛出，轨迹分别如图中①②③④所示。由图中轨迹可知，A、B到达的最大高度相同，B、C的水平射程相同，

A、D的水平射程相同，C、D到达的最大高度相同，不计空气阻力，则下列有关四个小球的运动分析正确的是（）的A.A、B两球抛出时的速度相等B.A、D两球在最高点时的速度相等C.B、C在空中运动时间相同D.C、D两球落地时速度与地面的夹角一定不相等【答案】D【解析】【详解】A．抛体运动中A、B到

达的最大高度相同，由22122yvhgtg==可知，A、B抛出时的竖直速度相等，在空中运动的时间相等，水平速度不等，则抛出时的速度不等，故选项A错误；C．BC的最大高度不同，则运动时间不同，选项C错误；B．由22122yvhgtg

==可知，A运动的时间比D的要长，又A和D水平射程相等，由2xxvt=可得，A的水平速度比D的小，而最高点时的速度即为水平方向的速度，故两者不相等，选项B错误；D．由对称性可知，落地时速度与水平方向的夹角

与抛出时相等，故要判断落地时速度与水平方向的夹角，只需判断抛出时速度与水平方向的夹角即可，对于C和D，由轨迹可知，C到达的最大高度与D的相等，则竖直初速度相等，运动时间相等，结合水平位移知，C的水平速度要小于D的，设抛出时速度与水平方向的夹角为θ，则tanyxvv=经分析可知，C

抛出时速度与水平方向的夹角比D的大，故一定不相等，选项D正确。故选D。3.如图所示，两个半径不同的竖直圆环相切于O点，圆心1O、2O连线正好沿竖直方向。现有长度可伸缩的光滑杆刚好过O点放置，调节杆的长度，两端始终与环1O2O接触，上下两接触点分别记作a

、b。一大小不计的光滑小圆环（图中未画出）从a点由静止释放后沿杆下滑，当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时，小圆环沿杆下滑的时间t将（）A.增大B.减小C.不变D.因角度与两竖直圆环的半径均未知，故无法确定【答案】C【解析】【详解】圆

环下滑的加速度为cosag=根据21212()cos2rrat+=可得122rrtg+=则当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时，小圆环沿杆下滑的时间t将不变。故选C。4.如图所示是直升机抢救伤员的情境。假设直升机放下绳索吊起伤员后（如图甲），竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像分

别如图乙、丙所示，则（）A.绳索中拉力可能倾斜向上B.在地面上观察到伤员运动轨迹是一条直线的C.伤员始终处于失重状态D.绳索中拉力先大于重力，后小于重力【答案】D【解析】【详解】AB．由图丙可知，伤员沿水平方向做

匀速直线运动，水平方向的合力等于零，由图乙可知，竖直方向先匀加速后匀减速，则绳索中拉力一定沿竖直方向，伤员受到的合外力必然沿竖直方向，与速度方向不在一条直线上，运动轨迹一定是曲线，故AB错误；CD．在竖直方向伤员先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以加速度的方向先向上后向下，伤员

先超重后失重，绳索中拉力先大于重力，后小于重力，故D正确，C错误。故选D。5.近几年来，我国生产的“蛟龙号”下潜突破7000m大关，我国的北斗导航系统也进入紧密的组网阶段。已知质量分布均匀的球壳对壳内任一质点的

万有引力为零，将地球看成半径为R、质量分布均匀的球体，北斗导航系统中的一颗卫星的轨道距离地面的高度为h，“蛟龙号”下潜的深度为d，则该卫星所在处的重力加速度与“蛟龙号”所在处的重力加速度的大小之比为（）A.RdRh-+B.2

RdRh−+C.()()32RRhRd+−D.()()2RdRhR−+【答案】C【解析】【详解】设地球的密度为ρ，在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有2MmGmgR=由于地球的质量343MVR==联立上式解得43gGR=根据题意，在深度为d的地球内部

，“蛟龙号”受到地球的万有引力等于半径为（R－d）的球体表面的重力，故“蛟龙号”在海里的重力加速度为4()3gGRd=−联立可得gRdgR−=对卫星，根据万有引力提供向心力有2()MmGmaRh

=+解得加速度2()GMaRh=+所以32()()aRgRhRd=+−故选C。6.如图所示，某同学用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是123vvv、、，不计空气阻力。打在挡板上的位置分

别是B、C、D，且::1:3:5ABBCCD=。则123vvv、、之间的正确关系是（）A.123::3:2:1vvv=B.123::5:3:1vvv=C.123::6:3:2vvv=D.123::9:4:1vvv=【答案】C【解析】【详解】三个小球做平抛运动，水平位移相同，由=xvt

可得=xvt竖直方向有21112yABgt==2221+2yABBCgt==2331++2yABBCCDgt==解得12ABtg=22+ABBCtg=（）32++ABBCCDtg=（）所以12312311111111=::=::6:::1::233:2tttABABBCABCDvBCv

v==+++故选C。7.如图所示，摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是（）A.在最高点，乘客处于超重状态B.任一时刻乘客受到的合力都不等于

零C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变D.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终小于其重力【答案】B【解析】【详解】A．在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；B．乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；C．乘客在乘坐过程中做匀

速圆周转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；D．乘客在最低点时，座椅对人的支持力与重力的合力提供向心力，所以支持力大于重力，则乘客在乘坐过程中对座椅的压力大于其重力

，故D错误。故选B。8.某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为，其正切值tan随时间t变化的图象如图所示，（g取10m/s2）则（）A.第1s物体下落的高度为5mB.第1s物体下落的高度为10mC.物体的初速度为5

m/sD.物体的初速度为15m/s【答案】A【解析】详解】CD．因0tangtv=对应图象可得v0=10m/s故CD错误；AB．第1s内物体下落的高度h=12gt2=12×10×12m=5m故A正确，B错误。故选A。【二、多选题（本题共4小题

，每小题4分，共16分，每小题有多个选项正确，全对得4分，漏选得2分，选错或不选得0分）9.如图所示，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，

万有引力常量为G，则（）A.甲星所受合外力为2254GMRB.乙星所受合外力为2254GMRC.甲星和丙星的线速度相同D.甲星和丙星的角速度相同【答案】AD【解析】【详解】A．甲星所受合外力为乙、丙对甲星的

万有引力的合力2222225(2)4MMGMFGGRRR=+=甲A正确；B．由对称性可知，甲、丙对乙星的万有引力等大反向，乙星所受合外力为零，B错误；C．根据牛顿第二定律得22254MvGMRR=51542GMGMvRR==甲、丙的轨道半径相等，所以线速度大小相等，但方向不同，故线速度不同

，C错误；D．根据vR=知，甲、丙角速度大小相等，由于他们旋转方向一致，所以，角速度的方向相同，故角速度相同，D正确。故选AD。10.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C

间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是（）A.轻绳a

的拉力大小为6mgsinθB.B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下C.C的加速度为0D.杆的弹力为0【答案】BD【解析】【详解】A．轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT

＝mgsinθA错误；BC．轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有（2m＋3m）gsinθ＝（2m＋3m）a0解得a0＝gsinθ方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；D．对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ＋F＝2

ma0解得杆对B的弹力F＝0D正确。故选BD。11.如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度为0a，线速度为0v，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，

卫星质量为m，则下列判断正确的是（）A.卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为013aB.卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为033aRC.卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的33倍D.卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机

需要做的功为200618maRmv−【答案】BD【解析】【详解】A．设卫星在轨道Ⅱ上的加速度为1a，线速度为1v，由2GMmmar=得210021(3)9RaaaR==故A错误；B．设卫星在轨道Ⅱ上的线速度为1v，由

2113vaR=解得0103133aRvaR==故B正确；C．由开普勒第三定律有232231(3)(2)TRTR=解得21364TT=故C错误；D．设卫星在椭圆轨道远地点速度为v，则03vRvR=解得013vv=卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为2220011122

618maRmvWmvmv==−−故D正确。故选BD。12.如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速v水、船在静水中的速度静v与虚线的夹角分别为、，河宽为L，且静v、v水的大

小不变，渡河的时间为t，河水的流动方向与河岸平行，则下列说法正确的是（）A.当90+=时，渡河的时间最短B.渡河时间cos()Ltv=+静C.渡河时间coscosOPtvv=+水静D.sinsinvv=静水【答案】AC【解析】【详解】A．当9

0+=，渡河时间最短的minsin90LLtvv==静静A正确；B．垂直于河岸方向上渡河的速度为sin()v+静，故渡河的时间sin()Ltv=+静B错误；C．合速度大小为coscosvv+水静，故渡河时间coscosOPtvv=+水静C正确D．小船合速度沿OP方向

，故满足sinsinvv=水静D错误。故选AC。三、实验题（共14分）13.某同学欲用如图所示的装置测量滑块与滑板间的动摩擦因数并验证牛顿第二定律，水平面上放一高度可调的滑板，滑板左侧固定一定滑轮，定滑轮的左侧

通过细绳竖直连接一物块A，另一侧连接带有挡光片的滑块B，在滑板上固定放置了中心间距为L的两个光电门1和2，挡光片的宽度很窄。实验步骤如下：（1）测量物块A的质量m，滑块B及挡光片的质量M和挡光片的宽度d。（2）按图甲示意图连接好装置，

给物块A一个向下初速度，调节滑板的倾角，使滑块通过光电门的时间相等，固定滑板，使得滑板倾角不变，测得倾角为θ，则滑块与滑板间的动摩擦因数为______。（用所给物理量符号表示）（3）撤掉物块A和细绳，单独让滑块B从滑板顶端滑下，测得滑块通过1、2两个光电门的时

间分别为的1t、2t，则滑块的加速度为______。（用所给物理量符号表示）（4）若牛顿第二定律成立，则需要验证的关系式为______。（用所给物理量符号表示）【答案】①.tancosmM−②.221212ddLtt

−③.22122sin2ddttMgmgML−−=【解析】【详解】（2）[1]当系统匀速下滑时，有sincosmgMgMg=+解得tancosmM=−（3）[2]测得滑块通过1、2两个光电门的时间分别为1t、2

t，则有22dvt=11dvt=根据22122aLvv=−解得221212ddaLtt=−（4）[3]滑块B下滑时，若牛顿第二定律成立，有sincosMgMgMa−=代入得22122sin2ddttM

gmgML−−=【点睛】因为滑块通过光电门的时间极短，对于滑块通过光电门的瞬时速度，可以用平均速度来表示。14.（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动。为了研

究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验___________。A.只能说明上述规律中的第①条B.只能说明上述规律中的第②条C.不能说明上述规

律中的任何一条D.能同时说明上述两条规律（2）某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图乙所示。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：图中坐标原点O___________（选填“

是”或“不是”）抛出点；平抛物体的初速度是___________m/s，A到B点的运动时间是___________s。（g取10m/s2）【答案】①.B②.不是③.4④.0.1【解析】【详解】（1）[1]在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动在竖直方向上是

自由落体运动，故B正确，A、C、D错误。（2）[2]做平抛运动的物体在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的竖直位移之比为1∶3∶5∶7…，图中OA、AB、BC的竖直位移之比为5∶7∶9，

则O点不是抛出点。[3][4]在竖直方向上，根据2ygT=得0.450.35s=0.1s10yTg−==A到B点的运动时间是0.1s。平抛运动的初速度00.4m/s=4m/s0.1ABxvT==四、解答题（共38分）15.冰壶是北京冬奥会上

极具观赏性的项目之一、比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因素为0.02，（g取

10m/s2）（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；（2）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。若冰壶速度减为2

.4m/s时距离目标位置还需要滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少。【答案】（1）20.2m/sa=；（2）'0.016=【解析】【详解】（1）冰壶滑行过程中水平方向只受到摩擦力作用

，根据牛顿第二定律可得mgma=解得冰壶滑行过程中的加速度大小为20.2m/sa=（2）根据匀变速直线运动规律有22'vax=解得此时冰壶滑行的加速度大小应为2'0.16m/sa=则根据牛顿第二定律有''mgma=

解得此时冰壶和冰面的动摩擦因数变为'0.016=16.如图所示，在长为l的细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。（1）当绳子跟竖直方向的夹角为时

，小球运动的向心加速度na的大小为多少？（2）通过计算说明：要增大夹角，应该增大小球运动的角速度。（3）如果小球越转越快，那么也会越来越大，同时绳子也越来越接近水平。分析一下，绳子可能被拉至水平吗？【答案】（1）gtan；（2）见解析；（3）不可能【解析】【详解】（1）根据对小球的受力分

析，可得小球的向心力Fn=mgtan根据牛顿第二定律可得小球运动的向心加速度nnamF==gtan①（2）小球做圆周运动的半径sinrl=②向心加速度公式2nar=③把②③代入①得2cosgl=从此式可以看出，当小球运动的角速度增大时，夹角也随之增大。因此，要增大夹角，应该增大小球

运动的角速度。（3）小球做圆周运动的向心力由绳子拉力和重力的合力提供，由于重力的存在绳子拉力和重力的合力不可能沿水平方向指向圆心，故绳子不可能被拉到水平面上。17.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如

图所示，现有某运动员从跳台a处以15m/s速度沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，着陆时速度大小为25m/s。运动员可视为质点，空气阻力不计，重力加速度210m/sg=。求：（计算结果可用根式表示）（1）运动员在空中飞行的时间；（2）ab之间的距离abl；（3）从a点飞出后经多长时间，运动员在空

中离坡面的距离最大？【答案】（1）2s；（2）1013m；（3）1st=【解析】【详解】（1）运动员从a点做平抛运动，落到b点时竖直方向上的分速度为222202515m/s20m/syvvv=−=−=在竖直方向上ygt=v代入数据解得运动员在空中飞行时间为2s=t（

2）水平方向上，由运动学公式得0xvt=竖直方向上，由位移时间公式得212ygt=根据运动的合成与分解得22ablxy=+解得1013mabl=（3）当速度与斜坡平行时，离斜坡的距离最大，对速度进行正交分解0tanyvv=所以0tan1svt

g==18.在足够大的光滑水平面上，质量1kgm=的小球（可视为质点）在水平恒力1F的作用下，0=t时刻从A点以水平初速度05m/sv=开始运动；小球运动到B点时，3m/sBv=刚好是整个运动过程中的最小速度；当18s3t=物体运动到C点的同时

撤去1F，此时小球速度大小5m/sCv=，根据上述情境回答以下问题：()210m/sg=。（1）试求出水平恒力1F的大小；（2）若在C点给小球施加水平力2F，小球恰好能做匀速圆周运动并返回到A点，则水平力2F需要满

足什么条件？（3）若以C点为坐标原点，在水平面内分别沿Cv方向和垂直Cv方向建立x轴、y轴，当小球到达C点的同时，施加水平恒力3F，小球后续的轨迹满足关系式210xy=，试求出水平恒力3F的大小。【答案】（1）3N；（2）5

N，方向始终与速度垂直指向圆心即可；（3）5N【解析】【详解】（1）小球在1F作用下做减速运动，所以1F与0v成钝角，可将运动分解到沿1F的方向和垂直1F的方向，根据对称性，在沿1F方向的速度变化量大小8m/sv=而18s3t=，所以123m/svat==根据牛顿第二定律，得13NFm

a==（2）AC的长度18mACBtxv==由几何关系可得5mr=根据牛顿第二定律得22m5NCvFr==所以，2F大小等于5N，方向始终与速度垂直指向圆心。（3）由抛物线方程可知，小球在xy、轴分别做匀速直线运动和初速度为0的匀加速直线运动，则C点之后的运动t时间之后cxvt=，212yat=

解得222Cayxv=比较系数，得25m/sa=根据牛顿第二定律5NFma==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com