【文档说明】江苏省南通市海安市实验中学2022-2023学年高三上学期9月月考物理试题 含解析 .docx，共(18)页，1.830 MB，由envi的店铺上传

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实验中学高三年级第一次学情检测物理一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分.每题只有一个选项最符合题意.1.2021年7月27日，在东京奥运会跳水女子双人十米跳台决赛中，中国选手陈芋汐、张家齐夺得冠军，如图所示，则（）A.跳台对运动员的支持力是由于跳台

发生形变而产生的B.跳台对运动员的支持力大小始终等于运动员的重力C.运动员受到的重力就是她对跳台的压力D.运动员受到重力施力物体是跳台【答案】A【解析】【详解】A．跳台对运动员的支持力是由于跳台发生形变而产生的，A正确；B．起跳瞬间，跳台对运动员的支持力大于运动员的重力，B错误；C

．运动员受到的重力和她对跳台的压力施力物体不同，力的性质不同，不能说运动员受到的重力就是她对跳台的压力，C错误；D．运动员受到的重力施力物体是地球，D错误。故选A。2.足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、h、t分别表示足球的速率、机械能、动能

、足球的离地高度和在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（）A.B.的C.D.【答案】D【解析】【详解】A．足球做曲线运动，不能通过v-t图像来描述，选项A错误；B．足球在空中运动时，机械能守恒，则E-t图像是平行t轴的直线，选项B

错误；C．由机械能守恒可知kEEmgh=−而2012yhvtgt=−可知Ek-t图像不是直线，选项C错误；D．由机械能守恒可知kEEmgh=−可知Ek-h图像是倾斜的直线，选项D正确。故选D。3.如图所示，某同学为感受绳子拉力大小

与转速、绳长的关系，让绳的一端拴一重物，手牵着绳子另一端在空中甩动，使重物在水平面内做圆周运动。则下列分析正确的是（）A.若增大转速，保持绳长不变，则拉力不变B.若增大转速，保持绳长不变，则拉力变小C.若增大绳长，保持转速

不变，则拉力变小D.若增大绳长，保持转速不变，则拉力变大【答案】D【解析】【详解】AB．根据向心力公式2224Fmrmnr==可知，若增大转速，保持绳长不变，则拉力变大，故AB错误；CD．根据向心力公式2224Fmrmnr==可知

，若增大绳长，保持转速不变，则拉力变大，故C错误，D正确。故选D。4.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。随后与天和核心舱进行对接。如图所示，已知“天和

核心舱”匀速圆周运动的轨道离地约400km、周期约为93min，地球半径为6370km，万有引力常量G=6.67×10-11N∙m2/kg2对这些数据分析，不能．．确定的是（）A.核心舱的质量B.飞船的加速度C.地球的质量D.地球的第一宇宙速度【答案

】A【解析】【详解】AC．根据题意能确定核心舱的轨道半径rRh=+根据万有引力提供向心力可得2224MmGmrrT=等式左右两侧核心舱的质量m直接约去，无法求解，解得中心天体地球的质量2324rMGT=C错误A

正确；B．根据2MmGmar=解得2GMar=B错误；D．根据22MmvGmRR=解得GMvR=D错误。故选A。5.如图所示，运动员在做俯卧撑运动。已知运动员每分钟完成25个俯卧撑，则运动员克服重力做功的平均功率最接近（）A.1WB.10WC.100WD.1000W【答案】C【解析】【详解】假

设运动员质量为60kg，每次重心上升的距离均为0.3m，克服重力做功为2560100.3J4500JWnmgh===则运动员克服重力做功的平均功率约为4500W75W60WPt===故选C。6.如图所示，S1、S2是软绳两端的波源，同时做半个周期的简谐运动形成两列

简谐波，已知波源S1、S2的振幅分别为A1、A2，周期为T1、T2，P为软绳的中点，下列分析正确的是（）A.两列波都是纵波B.波源S1起振方向向下C.波源S2形成的波峰先到达P点D.P点的最大位移等于A1+

A2【答案】C【解析】【详解】A．软绳中质点振动方向与简谐波传播方向垂直，所以两列波都是横波，故A错误；B．根据同侧法可知，波源S1起振方向向上，故B错误；C．两波源在同一绳上，则它们的波速相等，由于P为两个波

源连线的中点，所以它们会同时到达P点，由图可知波源S2形成波的波长短，波峰距离P点更近，故波源S2形成的波峰先到达P点，故C正确；D．虽两波源到P点的距离相等，但它们的波峰不能同时到达P点，所以P点的位移最大不可达到A1+A2，故D错误。故选C。7.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两

个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比和:3:1rr=甲乙，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O的间距2ABRR=。若轮盘乙由静止开始缓慢

地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（）①滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为:3:1=甲乙②滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为:2:1=甲乙③转速增加后滑块B先发生滑动④转速增加后滑块A先发生滑动A.①③B.①④C.②③D.②

④【答案】A【解析】【分析】【详解】在正常工作时两轮盘不打滑，则两轮边缘线速度相等，根据vr=则角速度与半径成反比，有:=:=1:3rr甲乙乙甲滑块在轮盘随轮盘一起转动，静摩擦力提供向心力，根据2aR=及:3:1=甲乙2ABRR=得A、B的向心加

速度之比为:2:9ABaa=根据题意可得物块的最大静摩擦力相等，由牛顿第二定律可得转动中所受的静摩擦力之比为::2:9ABAABBffmama==可知滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，综上可知A正确，BCD

错误。故选A。8.如图所示，A、B两篮球先后从相同高度抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（）A.A、B从抛出到落入篮筐所用时间相同B.A在最高点的速度比B在最高点的速度大C.A、B落入篮筐时速度大小相同D.A、B上升过程中，在任意相同高度时的速度方向均相

同【答案】B【解析】【详解】A．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A错误；BC．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的

速度大，C错误，B正确；D．由斜抛运动的对称性可知，A、B上升过程中，在任意相同高度时的速度方向不都相同，D错误。故选B。9.如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静

止。若将木板分成长度相等的两段（如图乙），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（）A.滑块滑到木板的右端后飞离木板B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止C.两过程滑块动量变化相同D.两过程系统产生的

热量相等【答案】B【解析】【详解】AB．在一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运

动到最右端。故A错误，B正确；C．根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有左边长度的2倍，所以产生的热量小于在左边木板

上滑行产生热量，故D错误。故选B。10.如图所示，质量均为m的两个滑块A和B分别套在固定于竖直平面内相互垂直的光滑杆上，A和B用轻连杆通过铰链相连，对B施加水平向左的外力F，使滑块A缓慢匀速上升．撤去外力F后较短时间内，A的速度减为0，此时轻连杆与竖

直杆的夹角=30°，然后滑块A下落且不反弹，不计铰链处摩擦，轻连杆长度为L，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A.F作用过程中，滑块B的速度保持不变的B.F作用过程中，滑块B对水平杆的压力逐渐增大C.A下落过程中，B的速度一直增大D.A下落过程中，接触水平杆

前瞬间，A的动能为32mgL【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据A、B沿杆方向分速度相等，则有cossinABvv=解得tanABvv=由于力F作用过程中，角度不断变小，则Bv逐渐增大，所以A错误；B．对A、B整体受力分析，竖直方向只受重力及

水平杆对滑块B的支持力，竖直方向由平衡条件可得支持力等于两滑块的重力，由牛顿第三定律可得，F作用过程中，滑块B对水平杆的压力保持不变，所以B错误；C．A下落到最低点时，根据速度分解可知0Bv=，则B的速度先增大后减小，所以

C错误；D．A下落过程中，根据动能定理有2211cos3022ABmgLmvmv=+接触水平杆前瞬间，B的速度0Bv=联立解得32kAEmgL=所以D正确；故选D。二、非选择题：共5题，共60分.其中第12题~第15题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

数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.11.某学习小组在斜面上研究动量守恒实验，采用了如图所示的实验装置，甲、乙两小车间有一锁定的压缩弹簧，解除锁定，小车在弹簧作用下由静止向相反方向运动。（1）设两车的质

量分别为m1、m2，弹开过程中某时刻的速度大小分别为v1、v2，则该小组需要验证的表达式是___________；（2）现进行以下操作：①用天平测甲、乙两车的质量分别为m1=0.20kg，m2=0.40kg；②打开实验模板，启动传感器；③点击“开始”，解除锁定，传感器

记录小车的各个时刻的速度如下表所示，其中甲车的v-t图像已由计算机绘出，请你根据表格中所给的数据做出乙车的v-t图像；（）时间t（s）甲车v（m/s）乙车v（m/s）0.010.100-0.0490.020.155-0.0770.030.1

95-0.0970.040.225-0.1100.050.250-0.1200.060.260-0.1100.070.270-0.1000.080.280-0.0900.090.290-0.0800.10.300-0.070（3）根据两车v-t图像及动量守恒条件，你认为选择______

_____时间研究更合适。A．0~0.04sB．0.06~0.10sC．任意时段均可（4）进一步分析实验数据，可以得到的结论是___________（5）关于实验的操作与反思，下列说法正确的是___________A．实验中需要平衡摩擦力B．更换劲度系数更大的弹簧，有利于减小实

验误差C．该学习小组需多次改变斜面倾角进行实验得出最后结论【答案】①.m1v1-m2v2=0或m1v1=m2v2②.见解析③.A④.误差允许范围内，弹开最初的一小段时间内系统动量守恒⑤.BC【解析】【详解】（1）[1]解除锁定前，系统动量为零，系统动量守恒，则解除锁定后有m1v

1-m2v2=0也即m1v1=m2v2[2]乙车的v-t图像如图的（3）[3]从图像上看，在0.05s后乙车速度开始减小，说明受到外界阻力作用，动量不再守恒，所以应选择0~0.04s时间研究更合适。故选A。（4）[4]分析实验数据，可以得到的结论是：

误差允许范围内，弹开最初的一小段时间内系统动量守恒。（5）[5]A．实验中不需要平衡摩擦力，故A错误；B．更换劲度系数更大的弹簧，使内力远大于外力，系统动量近似守恒，有利于减小实验误差，故B正确；C．改

变斜面倾角，排除偶然因素，多次进行实验得出最后结论，故C正确。故选BC。12.如图所示，小球A挂在轻质弹簧下端，上下振动。小球B在竖直平面内以O为圆心做匀速圆周运动，用水平平行光照射小球B，可以观察到小球B的

投影总和小球A重合。已知小球A的质量为m，小球B的角速度gRw=，圆周运动半径为R。求：（1）小球A简谐运动的表达式；（2）小球A的最大加速度a及弹簧的劲度系数k。【答案】（1）x=sin()gRtR；（2）g；mgR【

解析】【详解】（1）由题意TA=TB可得ωA=ωA的简谐运动表达式x=sin()gRtR（2）由于投影始终重合，弹簧振子的最低或最高位置加速度最大，取最低点位置小球A的最大加速度aA=aB=ω2R=g方法一：由于弹簧振子做简谐运动，可知回复力F大小等于

kx，取最低点位置：回复力大小为kR由牛顿第二定律kR=ma解得mgkR=方法二：对小球A：最低点k（R+R）-mg=ma可得mgkR=13.如图所示，水平面上一质量为m的小球以速度v0进入圆弧槽，已知圆弧槽的质量为M，

半径为R，不计一切摩擦：求：（1）当小球到达圆弧槽与圆心O等高的B处时，圆弧槽的速度大小：（2）若v0大小不确定，小球能通过圆弧槽的最高点C，则落地瞬间距槽口A点的最小距离。在【答案】（1）0mvmM+；（2）2R【解析】详解】（1）小球到达B处时，可判断两者水平方向共速，根据水平方向动

量守恒有0()mvmMv=+可得0mvvmM=+（2）以圆弧槽为参考系，小球恰能通过圆弧槽的最高点C时，落地瞬间距槽口A点的距离最小，设小球在最高点相对圆弧槽的速率为vC，则有2CvmgmR=小球离开圆弧槽后做平抛运动，则有2122Rgt=，ΔCx

vt=解得2xR=14.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住

小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。（1）求

弹簧的劲度系数k；（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。【【答案】（1）5mgL；（2）(1520)12gL+；（3）(68)15mgLE+−【解析】【详解】（1）

依题意，有k（0.6L－0.4L）＝μmg解得k＝5mgL（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有Tsin37°＝mgTcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L解得ω＝(1520)12gL+（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸

长量相等，故弹性势能改变量ΔEp＝0设小球克服摩擦力做功为W’，则则由功能关系有212WvEm=+其中v＝0.8ωL解得(68)'15mgLWE+=−过程摩擦力对小球做的功(68)15mgLWE+=−15.如图所示，木板A置于粗糙的水平面上，其右侧上表面放置着木块B

。将木块与墙壁用劲度系数为k的轻质弹簧连接，此时弹簧处于原长。将木板与重物C用不可伸长的轻绳通过滑轮连接。木板与地面间的动摩擦因数10.2=，木板与木块间的动摩擦因数20.4=，ABC1kgmmm===，100N/

mk=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其它阻力。（1）用手托住物块C使系统处于静止状态，求作用在物体C上的最小托力minF；（2）撤去托力F，使物块C由静止释放，求A、B刚要发生相对滑动时，物块C下落的高度h；（3）A、B刚要发生相对滑动时，立即将弹簧和绳子同时剪断，求A、B能够继

续滑行的距离As、Bs。【答案】（1）2N；（2）3cm；（3）27cm.【解析】【分析】【详解】（1）当A上下表面的摩擦力达到最大值时，作用在物体C上的托力最小，则有1m1AB2m2B()4N4Nfmmgfmg=+===则最小值为minC1m2m

()2NFmgff=−+=（2）A、B刚要发生相对滑动时，系统具有相同的加速度，且B受到的摩擦力达到最大静摩擦力，对三个物体，根据牛顿第二定律有()()1CABABCmgkxmmgmmma−−+=++对B，根据牛顿第二定律有2BBmgkxma−=联立解得可得C下落

的高度h=x=3cm（3）对系统，根据动能定理得221mABC11()22Cmghfhkhmmmv−−=++可得20.4m/s0.33m/s3v=将弹簧和绳子同时剪断后，A、B一起运动，As=Bs，

则有21mAB2m/sfamm==+则A、B能够继续滑行的距离2AB0.027m2.7cm2vssa===获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com