【文档说明】湖南省郴州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量监测物理试题（解析版）.docx，共(18)页，809.080 KB，由envi的店铺上传

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郴州市2023届高三第一次教学质量监测试卷物理一、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.在一次课外活动中，老师来到学校操场，举行水火箭发射比赛，如图所示是水火箭升空瞬间的照片。这一有趣的比赛活动引起了同学们有关

物理学知识的讨论，下列说法正确的是（）A.水火箭上升过程中加速度一直等于重力加速度B.水火箭上升过程中处于超重状态，下落过程中处于失重状态C.水火箭利用反冲原理，喷出液体对空气作用力的反作用力使水火箭获得前进的动力D.水火箭利用

反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力【答案】D【解析】【详解】A．水火箭上升加速过程中加速度向上，加速度大小可能在变化，液体喷射完后向上做减速运动，但还受空气阻力作用，加速度不等于重力加速度，最高点时空气阻力为零，加速度才等

于重力加速度，A错误；B．水火箭加速上升过程中处于超重状态，减速上升和下落过程中处于失重状态，B错误；CD．水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力（克服重力）作为前进的动力，C错误，D正确。故选D。2.如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的

小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是（）A.物块A在运动过程中最大速度为BAmg

hmB.物块A过C点后，向右运动最远距离为2hC.PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系AB2vv=D.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．当物块A运动到O点正下方C

时，物块A的速度达到最大，B速度为零，根据系统机械能守恒有2BAm1()sin302hmghmv−=解得BmA2mghvm=故A错误；B．根据系统机械能守恒及对称性，物块A过C点后，向右运动的最大距离与初始PC

间的距离相等，即3tan30hCPh==故B错误；C．当PO与水平方向的夹角为45°时，有ABcos45vv=解得AB2vv=故C正确；D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B在竖直方向先向下加速后向下减速，细线对物块B的拉力一直做负功，所以物块B的机械能一直减小，故D错误

。故选C。3.如图所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和小物块与斜面的动

摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则（）A.小物块恰好能运动到B点B.小物块最远能运动到B点上方的某点C.小物块只能运动到C点D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点【答案】D【解析】【详解】AC．设物块能到达斜面上最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能

定理得201cos02mghmgPQmgAQmv−−−=−即201()2mghmgPQxmv++=若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故AC错误；B．若h变大，则x变小，故B错误；D．若h变小，则x变大，故D正确。故选D。4.如图

所示。质量均为m的a、b两小球用不可伸长的长度均为L的轻质细绳悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大

夹角都为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球b在水平面内做匀速圆周运动的周期为cos2LTg=B.小球a摆动到最低点时，绳子的拉力为()21cosmg−C.a、b两小球做圆周运动的半径之比为cosD.小球a运动到最高点时受到绳子拉力为sinmg【答案】A【解

析】【详解】A．小球b在水平面内做匀速圆周运动，则224tanmgmRT=sinRL=解得cos2LTg=故A正确；B．小球a摆动到最低点时，绳子的拉力为2vFmgmL−=此过程中，由动能定理得21(cos)2mvmgLL=−解得(32cos)Fmg=−故B错误；C

．a、b两小球做圆周运动的半径之比为1sinsinabRLRL==故C错误；D．小球a运动到最高点时速度为0，将重力分解，拉力为cosaFmg=故D错误。故选A。5.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面

上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（）的A.39sinHB.

29sinHC.19sinHD.9sinH【答案】C【解析】【详解】小物块第一次到达O点时，根据机械能守恒定律可得小物块获得的动能为k0EmgH=此过程中物块运动的路程为0sinHs=小物块第1次经

过O点左斜面上滑过程，有k1k0190%0.9EEmgHmgH===小滑块在左斜面上运动的路程为110.922sinsinHHs==第2次经过O点沿右斜面上滑时，有22k2k1k0290%(0.9)(0.9)EEEmgHmgH====小滑块在右斜面上运动的路

程为222(0.9)22sinsinHHs==由此可知，小物块从开始下滑到最终停止于O点，运动的总路程为210120.9(0.9)(0.9)222sinsinsinsinnnHHHHsssss−=++++=++++可得，当n趋近于无穷大时，有0.9192()sinsi

n10.9sinHHHs=+=−故选C。6.如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若物块和纸板的质量分别为1100gm=和2500gm=，各接触面间的

动摩擦因数均为0.2=，砝码与纸板左端的距离0.1md=，只要砝码移动的距离超过0002mL=.时人眼就能感知，忽略砝码的体积因素的影响，g取210m/s；关于从砝码下抽出纸板过程下列说法正确的是（）在A.要把纸板能从砝码下抽出来，拉力至少超

过1.4NB.为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4NC.为确保砝码的移动不被人感知纸板所需拉力至少为52.4ND.迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力【答案】B【解析】【详解】BC．根据牛顿第二定律可知砝码的加速度为1ga=

设纸板的加速度为2a，则有11222()Fmgmmgma−−+=砝码的位移211112xat=纸板的位移212112xdat+=纸板抽出后砝码的运动距离223212xat=31aa=由于1132atat=12Lxx=+代入数据，联立

方程解得102.4NF=故B正确、C错误；A．要把纸板能从砝码下抽出来，纸板的加速度要大于砝码的加速度，即1122()Fmgmmggm−−+＞解得2.4NF＞故A错误；D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码的运动时间，使其移动距离尽可能小，故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.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为

m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A.从投出到落地，每颗手榴弹的动能增加均为mghB.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mghC.甲在空中的运动过程

中动量变化比乙大D.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等【答案】AD【解析】【详解】AB．从投出到落地，只有重力做功，机械能守恒，每颗手榴弹下降的高度均为h，重力势能都减少mgh，动能增加均为mgh，故A正确，B错误；C．手榴弹做平抛运动，竖直方向

满足212hgt=2htg=t相等，根据mgtp=甲乙在空中的运动过程中动量变化相等，故C错误；D．手榴弹在落地前瞬间，重力的功率可表示为P=mgvy=mg⋅gt即两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等，故D正确。故选AD。8.已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常

量为G，“嫦娥四号”离月球中心的距离为r，绕月周期为T，则（）A.月球的平均密度为23GTB.月球的平均密度为3233rGTRC.“嫦娥四号“绕月运行的角速度为23RgrD.“嫦娥四号”绕月运行的线速度为2rgR【答案】BC【解析】【详解】AB．“嫦娥四号”绕月球飞行，根

据万有引力提供向心力，则有2224MmGmrrT=又根据343MR=联立解得3233rGTR=故A错误，B正确；CD．“嫦娥四号”绕月球飞行，根据万有引力提供向心力，则有222MmvGmmr

rr==在月球表面，万有引力等于重力，则有2MmGmgR=联立解得23Rgr=，2Rgvr=故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示。在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为ARr=，3BRr=，A、

B与盘间的动摩擦因数相同且均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开始逐渐加快到两物体刚好要发生但还未发生滑动时，下列说法正确的是（）A.绳子的最大张力为2TFmg=B.当A所受摩擦力为零时，圆盘的角速度为2gr=C.随着角速度的增大，A所受摩擦力的方向和大小都会变化，而B所受的

摩擦力方向不变D.随着角速度的增大，A所受的摩擦力一直减小，而B所受的摩擦力一直增大【答案】AC【解析】【详解】A．因B物体离中心轴更远，故B物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时B

所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心，当刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有2m3TFmgmr=+以A为研究对象，有2mTFmgmr−=联立解得2TFmg=，mgr=故A正确；B．当A所受的摩擦力为零时，以B为研究对象，有223

TFmgrm+=以A为研究对象，有22TFmr=的联立解得22gr=故B错误；CD．刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所需要向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大值，此时则有213mgmr=解得13g

r=故当03gr时，A、B两物体所受的静摩擦力都增大，此时A、B所受摩擦力方向都指向圆心；当32ggrr时，A物体所受静摩擦力的大小减小，方向指向圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心；当2ggr

r时，A物体所受的静摩擦的大小增大，方向背离圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心，故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑

块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3。。。。。。依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带

后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（）A.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等B.滑块3匀速运动的速度是4FLmC.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑

块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为12FmD.最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点【答案】BC【解析】【详解】A.当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的

滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；B.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有30Fmg−=解得3Fmg=从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得2133282FL

mgLmgLmgLmv−−−=解得4FLvm=故B正确；C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律58mgFma−=解得加速度大小为12Fam=故C正确；D.假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有27166

543202FLmgLmgLmgLmgLmgLmgLmv−−−−−−=−解得2712mv＜0故第7块滑块不能到达O点，故D错误故选BC。。三、实验题（本题共2小题，11题每空2分，

12题每空3分，共18分）11.某同学用如图甲所示装置测定重力加速度。（1）打出的纸带如图乙所示。可以判断实验时手提端应该在纸带的________（选填“左”或“右”）端。（2）实验中电火花计时器所使用电源周期为T，图乙中给出的是实验中获取的纸带的部分，A、B、C、D是连续的计数点，

每相邻两计数点间还有4个打点未标出，A、B、C、D点距O点的距离分别如图乙所示，电火花计时器打计数点“C”时小车的速度是_________，加速度是_________（以上两空均用T，2x，3x，4x表示）【答案】①.右②.4210xxT−③.()()4332225xxxxT

−−−【解析】【详解】（1）[1]由于重物做加速运动，则相邻的点间距离增加，根据打出的纸带可知，纸带左端与重物相连，可以判断实验时手提端应该在纸带的右端。（2）[2]每相邻两计数点间还有4个打点未标出，计数点之间的时间间隔为5T，C点为BD段的中间时刻，电火花计时器

打计数点“C”时小车的速度等于BD段的平均速度4210CxxvT−=[3]由2(5)BCABxxaT−=得()()4332222525BCABxxxxTxTxa−−−−==12.某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹

簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．整个实的验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：a．开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放

C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v．b．在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复a．回答下列问题：（1）该实验中，M和m大小关系必需满足M_____m（选填“小于”、“等于”或“大于”）（2）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降

的高度应_____（选填“相同”或“不同”）（3）根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出_____（选填“2vM﹣”、“21Mv−”、或“21Mmv−+”）图线．（4）根据（3）问的图线，若

图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为_____（用题给的已知量表示）．【答案】①.（1）大于；②.（2）相同；③.（3）21vMm−+；④.（4）24mgb【解析】【详解】（1）[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，

因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；（2）[2]要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为：△x=△x1+△x2=mgk+mgk=2mgk；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升

了2mgk，则C下落的高度为2mgk，即C下落的高度总相同；（3）[3]选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：221()()2mgMmgMmvk−=+，整理可知：2222814mgmgvkMmk=−++；为得到线性关系图线,因此应作出v2−1Mm+的图象；（4）[

4]由上表达式可知：24mgbk=；解得：24mgkb=；四、计算题（本题共3小题，13题10分，14题13分，15题15分，共38分）13.甲车在十字路口遇红灯，当绿灯亮时甲车以22.5m/s的加速度开始行驶，恰在此时，乙车以10m/s的速度匀速

驶来与甲车同向行驶。从侧后边超过甲车，求：（1）甲车从路口开始加速起。在追上乙车之前两车相距的最大距离；（2）甲车经过多长时间能追上乙车；（3）甲车追上乙车时甲车速度大小。【答案】（1）20m；（2）8s；（3）20m/s【解析】【详解】（1）当乙车速度与甲速度相等时，两者距离最

大，设所用时间为t，即atv=解得2.5st=此时间内甲车行使距离21120m2xat==此时间内乙车行使距离240mxvt==两者最大距离为m2120mxxx=−=（2）两车位移相等时甲车追上乙车，令所用时间为1t，由位移关系有21112atvt=解得18st=（3）甲车

追上乙车时甲车速度大小为11=20m/svat=14.如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为1kgm=，曲面劈B的质量3kgM=，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，

除A、C间粗糙外，其它各接触面均光滑。已知AC间距离为2.25mL=动摩擦因素为0.2=，现给C一个初速度05m/sv=，与A碰撞后合成一物体AC，然后滑上B。求：（1）C与A碰撞过程中损失的机械能；

（2）碰后物块AC在曲面劈B上能够达到的最大高度；（3）物块AC从曲面劈B滑离时B的速度。【答案】（1）4J；（2）0.12m；（3）1.6m/s【解析】【详解】（1）设C与A碰撞前的速度为1v，由动能定理可得22101122mgLmvmv

−=−解得14m/sv=设C与A相碰后共同速度为2v，取水平向右为正方向，由动量守恒得()12mvmmv=+解得22m/sv=根据能量关系可得()22121122mvmmvE=++解得4JE=（2）碰后AC一起与B作用，当碰后物块AC到达最高点时，竖直方向速度为零，水平方向动量守恒，即()2

322mvmMv=+解得30.8m/sv=根据能量关系可得()22231122222mvmMvmgh=++解得h=0.12m（3）AC与B整个作用过程动量守恒、机械能守恒，即24522mvMvmv=+22224511122222mvMvm

v=+解得41.6m/sv=15.如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA位于同一水平面上。AB是半径为R=1.2m的14圆周轨道，CDO是半径为0.6mr=的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板（可以把小球弹回不损失能量，图中

没有画出），D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L=2.5m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.3。现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下（取210m/sg=，不计空气阻力）。（1）当H

=1.8m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；（2）为使小球与弹性挡板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。【答案】（1）55N；（2）2.55m3.15mH【解析】【详解】（1）对小球从P到D由动能定理(

)20102mgHrmgLmv+−=−在D点20NmvFr=解得N55NF=由牛顿第三定律知，小球第一次到达D点对轨道的压力大小为55N。（2）小球能二次到达O点，到达O点的最小速度有21mgmrv=整理得1vgr=从释放小球到达O点，由动能定理2min11302mgHmgLmv−

=−解得min2.55mH=第二次到碰后返回不脱离轨道，最多可运动到D点()max500mgHrmgL+−=−解得max3.15mH=所以H的取值范围2.55m3.15mH获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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