【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期月考卷（三）物理试题 PDF版含答案.pdf，共(16)页，1.577 MB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司雅礼中学2023届高三月考试卷（三）物理命题人：张睿智审题人：李仪辉得分：___________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。一、单选题（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.单板大跳台是一项紧张刺激的项目。2022年北京冬奥会期间，一观众用手机连拍功能拍摄运动员从起跳到落地的全过程，合成图如图所示。忽略空气阻力，且将运动员视为质点。则运动员A．在空中飞行过程是变加速曲线运动

B．在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能C．运动员从起跳后到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大D．运动员在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化2.如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的

坐标为0.06Bxm，若一α粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15V，下列说法正确的是A．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴正方向学科网（北京）股份有限公司B．该a粒子沿x轴正方向做匀减

速直线运动C．B点电势是A点电势的2倍D．图乙中E0应为212.510Vm3.九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环绕地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行。假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p，“天宫”与“天

问”的轨道半径之比为q。关于“天宫”空间站与“天问”探测器，下列说法不正确的是A．运行周期之比为3qpB．环绕速度之比为pqC．加速度之比为2pqD．动能之比为pq4.江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成。如图所示，斜面与水平方向的夹角

均为，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑。不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是A．越大，雨滴滑下的时间越长B．越大，雨滴滑下的时间越短C．越大，雨滴滑下获得的动能越大D．当45时，雨滴滑下获得

的动量最大5.如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中。已知手掌与书间的动摩擦因数10.3，书与书间的动摩擦因数20.2，设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小。若每本书的质量为0.2kg，该同学对书的水平正压力为10

0N，每本书均呈竖直静止状态，重力加速度g210/ms，则下列说法正确的是学科网（北京）股份有限公司A．每本书受到的摩擦力的合力大小不等B．书与书之间的摩擦力大小均相等C．他最多能夹住22本书D．他最多能夹住30本书6.如图所示，一倾角为37的足够长斜面体固定在

水平地面上，质量为4Mkg的长木板B沿着斜面以速度012/vms匀速下滑，现把质量为m=2kg的铁块A（可视为质点）无初速度放在长木板B的左端，铁块最终没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间

的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度210/gms，sin37°=0.6.cos370.8，则下列判断正确的是A．铁块A刚放在长木板B上时，长木板B的加速度大小为12m/s，方向沿斜面向上B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为4m/sC．长木

板的长度一定为4mD．从铁块放上长木板到两者共速的过程中，两者所构成的系统动量守恒，机械能不守恒二、多选题（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.自然界中某个量D的变化量△D

，与发生这个变化所用时间△t的比值Dt，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是A．若D表示某质点做平抛运动的竖直分速度，则Dt是恒定不变的B．若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt是变化的学科网（北京）股份有限公司

C．若D表示某质点的动能，则Dt越大，质点所受合外力的功率就越大D．若D表示静电场中某点的电势，则|Dt|越大，该电场的电场强度就越大8.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑

块（可视为质点）在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量3Mm，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则A．全程滑块水平方向相对地面的位移RLB．全程小车相

对地面的位移大小4RLsC．滑块运动过程中的最大速度2mvgRD．、L、R三者之间的关系为RL9.如图所示，光滑水平桌面上固定一光滑挡板ABCD，构成小球的运动轨道。其中AB段直轨道与半径为R的半圆轨道BC

D在B处相切，BD为半圆轨道直径。整个轨道都处在大小为E、方向水平且与AB垂直的匀强电场中。一质量为m、带电荷量为+q的小球静止在挡板内侧A处，小球大小可以忽略。现给小球沿AB方向的瞬时冲量，使小球开始运动，经过D处时刚好对挡板无压力。已知重力加速度为g，则小球A

．经过D处时速度的大小为gR学科网（北京）股份有限公司B．经过B处时速度的大小为5qERmC．在B处对挡板压力的大小为6qED．在A处受到瞬时冲量的大小为5mgER10.在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个

用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则A．当B刚离开C时，A发生的位移大小

为3sinmgkB．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为223sinmgkC．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为2sinmgmavD．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为2a三、实验题（

11题6分，12题9分）11.（6分）某实验小组用如图（a）所示装置测量重力加速度。将小球A和手机B分别系在一条跨过定滑轮的不可伸长的软绳两端。打开手机B的phyphox软件，令小球A和手机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机B，

通过phyphox软件测得手机的加速度随时间变化的图线如图（b），实验室提供的物理量有：小球A的质量50.0Amg，手机B的质量150.0Bmg，当地实际重力加速度29.8/gms。学科网（北京）股份有限公司（1）

实验测得的重力加速度大小为___________m/s2。（结果保留两位有效数字）（2）实验测得的重力加速度与实际重力加速度有明显差异，除实验中的偶然误差外，请写出一条可能产生这一结果的原因：_______________

_____。（3）有同学提出本实验还可以研究机械能是否守恒，在小球A上方h高处安装光电门和配套的数字计时器。令小球A和手机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机B，数字计时器记录小球A通过光电门的时间t，除实验室提供的物理量外，还需要测量的物理量有

___________（写出物理量的名称和符号），需要验证的原理式为___________（用实验室提供的物理量符号和测量的物理量符号表示）。12.（9分）太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探

究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I—U特性。所用的器材包括：太阳能电池板、电源E、电流表A、电用压表V、滑动变阻器R、开关S及导线若干。学科网（北京）股份有限公司（1）为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的___________（选填“a”或“b”）。（2）该实验小组根

据实验得到的数据，描点绘出了如图乙所示的I—U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻___________（选填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为___________Ω。（结果保留两位有效数字）（3）当有光照射时

，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为___________V。若把它与阻值为1kΩ电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是_%。（结果均保留三位有效数字）四、计算题（13题12分，14题12分，15

题17分）13.（12分）如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同

一直线上，两弹珠间距12xm，弹珠B与坑的间距21xm。某同学将弹珠A以06/vms的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间10.4ts与弹珠B正碰（碰撞时间极短），碰后弹珠A又向前运动x0.1m后停下。已知两弹

珠的质量均为2.5g，取重力加速度学科网（北京）股份有限公司210/gms，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：（1）碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数；（2）两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出。14

.（12分）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示，质量为m、电荷量为(0qq）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点用以速率v0

穿出电场，AC与AB的夹角45，运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）从A点射入的粒子速率取某一值时，粒子穿过电场时动能的增量最大，求动能增量的最大值；（3）为使粒子穿出电场的位移最大，该粒子进入电场时的速

度应为多大？15.（17分）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，两个大小不计的物块A、B的质量分别为12,5mmmm，A、B与传送带的动摩擦因数分别为123tantan5n、。设物体A与B碰撞时间极短且无能用量损失，重力加速度大小为g。学科网（北京）股份有限公司（1）若

传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释放物体A，它们第一次碰撞前A的速度大小为0v，求A与B第一次碰撞后的速度大小1Av、v1B；（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问

一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为0v，求它们第二次碰撞前A的速度大小2Av；（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功；（4）在第（2）问所述情景中，试通过归纳法，猜想第2023次碰撞前两球的速度大小2023Av

和v2023B。（无需写出完整的证明过程）雅礼中学2023届高三月考试卷（三）物理参考答案一、单选题（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）题号12345

6答案CDDCCD学科网（北京）股份有限公司1.C【解析】运动员在空中飞行过程只受重力，加速度恒定不变，所以是匀变速曲线运动，运动员在斜向上飞行到最高点时，竖直方向速度变为0，水平方向速度不为零，所以其动能不为零，故A、B错误；运动员从起跳后到落地前，

竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向vy先减小后增大，根据ypmgv可知，重力的瞬时功率先减小后增大，故C正确；运动员在空中飞行过程中，加速度恒定不变，根据Δp=m⋅Δv=mgΔt，可知动量的变化率ΔpΔt=mg不变，故D错误。2.D【解析】粒子由A点运动到

B点，电场力做功为260ABABWeUeV，解得30ABUV，因为15AV，所以45BV，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场的方向沿x轴负方向，故A、C错误；图乙中电场强度随位移x均匀变化，电场

力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做加速度改变的直线运动，故B错误；图乙中图像的面积为A、B两点间的电势差的大小，可以确定2102.510EVm，故D正确。3.D【解析】根据万有引力提供向心力，即222(

)GMmmrrT，即234rTGM，故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行周期之比为2qp，故A正确；根据万有引力提供向心力，即2GMmmar，即2GMar，故“天宫”空间站与“天问”探测器的加速度

之比为pq2，故C正确；根据万有引力提供向心力，即22GMmvmrr，即v=GMr，Ek=12mv2=GMm2r，故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行速度之比为pq，由于未给出“天宫”空间站与“天问”探测器的质量之比，故动能之比无法得出，故B正确，D错误。故选D。4.C【

解析】将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑看做由静止开始的匀变速直线运动，其加速度为a=gsina，则由xcosα=12at2可知雨滴运动的时间为：t=2xgcosαsinα=4xgsin2α，可知当45

a时，雨滴滑下时所用的时间最短，故AB错误；由动能定理可得mgxtanα=Ek，可知α越大，雨滴滑下时的动能越大，动量为；2kpmE，可知动能越大，动量也越大，即α越大，雨滴滑下时的动量越大，故C正确，D错误5.C【解析】因为每本书均呈竖直静止状态，所以每本书所受的摩擦力的合力都能与书

的重力平衡，即每本书受到的摩擦力的合力大小相等，故A错误；越靠近外侧书与书之间的摩学科网（北京）股份有限公司擦力越大，即书与书之间的摩擦力大小不相等，故B错误；先将所有的书（设有n本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有12Fnmg，

则有n≤2μ1Fmg=30，再考虑除最外侧两本书（n—2本）外的其他书，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有22(2)Fnmg，则有22222,Fnmg，故最多可以有22本书，

故C正确，D错误。6.D【解析】开始时长木板B沿着斜面以速度vo=12m/s匀速下滑，有sin37cos37MgMg，解得0.75，铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有cos3

7sin37Amgmgma，解得aA=12m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有()cos37cos37sin37BMmgmgMgMa，解得26/,Bams，方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t，则0BAvatat，解得

23ts，铁块A和长木板B共速后，速度大小为08/,Bvvatms共，A、B错误；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的最小长度为004.22BAvvvLxxttm共

共，即长木板的长度4,Lm，故C错误；由于滑动摩擦力做功，A、B系统机械能不守恒，又因为()sin37()cos37MmgMmg，A、B系统合外力为零，系统动量守恒，D正确二、多选题（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）题号78910答案ABCBDBCDAD7.ABC【解析】若D表示某质点做平抛运动的竖直分速度，则Dt表示重力加速度，大小、方向均不变，A正确；若

D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则ΔDΔt=mΔvΔt=ma=F向，ΔDΔt表示向心力，大小不变，方向不断改变，B正确；若D表示质点的动能，则Dt表示所受合外力的功率，C正确；依据场强的决定式可得E=Ud=ΔϕΔd，若D表示静电场中某点的电势，学科网（北京）股份有限公司则Dt

不表示场强，D错误。8.BD【解析】滑块m下滑的过程中，水平方向动量守恒，而x+s=R+L，解得全程滑块水平方向相对地面的位移x=34（R+L），全程小车相对地面的位移大小：s=14R+L，故A错误

，B正确；滑块从A到B，滑块与小车水平方向的动量守恒，机械能守恒，有mv1−Mv2=0，mgR=12mv12+12Mν22，解得滑块m运动过程中的最大速度v1=32gR，故C错误：根据能量守恒定律mgR=mgL、、L、R三者之间的关系为RL，故D正确。9.BCD【解析】在D点由牛顿第二定律

有qE=mvD2R得vD=qERm，A错误；从B到D由动能定理得−qE×2R=12mvD2−12mvB2，解得vB=5qERm，在B点由牛顿第二定律有���N−qE=mv���2R，联立解得FN=6qE，由牛顿第三定律可知，在

B处对挡板压力的大小为6qE，B正确，C正确；小球在A处获得的速度v=v���，由动量定理可知小球在A处受到瞬时冲量的大小为I=mv=m⋅5qERm=5qmER，D正确。10.AD【解析】开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的

下滑分力，根据胡克定律，有1sinmgkx，物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有2mgsinθ=kx2，故物块A运动的距离为△x=x1+x2，联立解得Δx=3mgsinθk，故A正确；从静止到B刚离开C的

过程中，物块A克服重力做功为W=mg⋅Δx⋅sinθ=3m2g2sin2θk，故B错误；此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有F−mgsinθ−T=ma，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为T=2mgsinθ，故F=3mgs

inθ+ma，恒力对A做功的功率为(3sin)mgmav，故C错误；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则sin0FmgT，所以2sinTmgma，B沿斜面方向受到的合力2sinBFTmgma，又2BFma

，所以a'=12a，故D正确。三、实验题（11题6分，12题9分）11.（6分）（1）9.4（2分）（2）滑轮的轴有摩擦，或滑轮有质量，或软绳有质量，或物体运动过程中受空气阻力等（1分，合理即可给分）（3）小球A的直径d（1分）mB−mAgh=12mA+mBdt2（2分）12.（9分）（

1）a（2分）学科网（北京）股份有限公司（2）很大（1分）1.0×1032（3）2.80（2分）64.3(2分)(64.30.7均可给分)【解析】（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路。（2）由UI

R，得电阻阻值URI，由图乙所示图像可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大。由图乙所示图像可知，当电压为2.80V时，电流I=2.80×10−3A．电阻R=UI=2.80

V2.80×10−3A=1.0×103Ω=1.0kΩ。（3）由图可知，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.80V；若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U—I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图像的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电

源的效率η=1.82.8×100%=64.3%四、计算题（13题12分，14题12分，15题17分）13.（12分）【解析】（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为1v，由运动学公式得x1=ν0t1−12at12。。。。。。（1分）101vvat。。。。。。由

牛顿第二定律得mgma。联立解得：10.5,4/vms（2）由（1）可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为25/ams弹珠A碰撞后瞬间的速度为2111,2,1/vvaxvms设碰后瞬间弹珠B

的速度为2v，由动量守恒定律得1120mvmvmv解得：23/vms。。学科网（北京）股份有限公司所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失222112111()222kEmvmvmv解得：37.510.kE

J。碰后弹珠B运动的距离为220.912vxmma。。。（1分）14.（12分）【解析】（1）初速度为零的粒子从A开始沿着电场力方向做匀加速直线运动，则场强E沿AC方向。从A到C由动能定理得：2012,2qERmv。。（2分）解得：E=2mv024qR。。（2）如图

：垂直于x轴作圆的切线PD与圆相切于D点，从D点穿出的粒子沿电场力方向的位移x最大，动能的增量最大。由几何关系得max2(1)2xAPR。由动能定理得：maxkmaxEqEx联立解得：20124kmaxEmv（3）如图：从B点穿出的粒子位移最大，设A点的速度为1v

，则1v沿y轴正方向。A到B，沿x、y正方向，有211112,2,2RatRtqEma。学科网（北京）股份有限公司联立解得1012vv。15.（17分）【解析】（1）B与传送带的动摩擦因数为2tan,。即sincos,

mgmg，若传送带不动，将物体B无初速放。于传送带上的某点。。物块B在传送带上能够静止。A和B碰撞过程中动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得101121ABmvmvm。（1分）根据能量守恒定律可得12m1v02=12m1ν1A2+12m2v1B2。。

。。（1分）联立解得101021,33ABvvv。（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为0v，B相对于地面仍静止，A的运动情况不变，它们

第一次碰撞后的速度仍为101021,33ABvv第一次碰撞后B沿传送带匀速下滑，A先向上做匀减速运动，后向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得1111sincosmgmgma。。。。。（]分）解得a=

25gsinθ。。设经过时间t二者相遇，根据位移时间关系可得21112BAttat。。。（1分）它们第二次碰撞前A的速度21,AAvat解得t=5v0gsinθv2A=43v0。（3）在第（2）问所述情景中，设第二次

碰撞后A和B的速度分别为22,ABvv，根据动量守恒定律可得12211222ABABmmvmvmv根据能量守恒定律可得22122122122211112222ABABmmmvmv联立解得202012,33ABvvv设再经过t'时间二者

第三次相碰，根据位移时间关系可得22212BAvtvtat，解得t'=t=5ν0gsinθ第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移为20125sinBBvxttg。（2分）学科网（北京）股份有限公司第一次碰撞后到第三次碰撞前A的位移和B的位移相等，也为x

=5v02gsinθ，故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功2110cos3Wmgxmv。。。。（1分）（4）描绘从释放A和B开始到它们第三次碰撞前，它们对地的vt图像如下所示：观察图像可知，每一次碰前瞬间A的速度成等差数列，公差为

013v，B的碰前速度同样成等差数列，公差相同。由此可知2023000202300112022675,202267433ABvvvvv。。（2分）