【文档说明】湖南省长沙同升湖实验学校2022-2023学年高三上学期第二次月考物理试卷word版含答案.docx，共(9)页，435.162 KB，由envi的店铺上传

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长沙同升湖高级中学2023届高三第二次月考物理说明：（1）本卷采用滚动式考查，已复习内容约80%，未复习内容约20%（2）考试时间：75分钟，满分100分一、选择题：共6个小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的1．关于做曲线运动物体的速度和加速度，

下列说法中正确的是（）A．速度、加速度都一定随时在改变B．速度、加速度的方向都一定随时在改变C．速度、加速度的大小都一定随时在改变D．速度、加速度的大小可能都保持不变2．如图所示，长木板一端置于粗糙水

平面上，另一端靠在光滑的竖直墙面上，物块放在木板上处于静止状态，现将倾角略减小，长木板仍处于静止状态，则下列说法正确的是（）A．物块与木板间的摩擦力大小不变B．木板对物块的支持力大小不变C．木板对物块的作

用力不变D．地面对木板的摩擦力大小不变3．下列以−vt和−xt图像描述了甲、乙、丙、丁、戊五名同学同时、同地向同一终点做直线运动全过程，其中能反映甲在到达终点前追上其他同学的是（）A．B．C．D．4．由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动

杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点，在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平，杆OP绕O点从水平位置匀速转动到90的过程中，下列说法正确的是（）A．P、Q两点加速度相同B．B、Q点线速度大小大于P点线速度大小C．Q点做匀速直线运动D．Q点做变速圆周运动5．足够长的

斜面AB，其倾角为，如图甲所示一小球以不同初速度0v从板的A端水平抛出，经过时间t落在斜面上，得到0−vt图线如图乙所示，则0−vt图线斜率为（）A．tanB．tangC．2tangD．2tang6．2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中

国载入登月工程前进了一大步．假设将来某字航员登月后，在月球表面完成下面的实验：将一小球（可视为质点，直径路小于圆管内径）以竖直向下的初速度v从A点进入固定的竖直34光滑圆管轨道，如图所示，小球运动到最高点B时恰好对圆

管无挤压．已知小球轨迹半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为（）A．rvRB．3rvRC．RvrD．3Rvr二、选择题：共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项

符合题目要求，全对得5分，选对但不全的得3分，有错选得0分．7．关于物体做曲线运动，下列说法中，正确的是（）A．物体做曲线运动时所受的合外力一定不为零B．物体所受的合外力不为零时一定做曲线运动C．物体有可能在恒力的作用下做曲线运动，如推出手的铅球D．物体只可能在变力的作用下做曲线运动，

如匀速圆周运动8．如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端B．若初速度不变，对小球施加不为零的水平恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C．不计空气阻力．则（）A．小球落到B点与落到C点所用时间不相等B．小球落到B点与落到C点的速度方向一定相同C．小

球落到C点时的速度方向不可能竖直向下D．力F越大，小球落到斜面的时间越短9．如下图所示，物块A在外力1F和2F共同作用下沿静止于水平地面上的斜面B表面向下运动，当1F方向水平向右，2F方向沿斜面的表面向下时，斜面受到地

面的摩擦力方向向左，则下列说法中正确的是（）A．若同时撤去1F和2F，物块A的加速度方向一定沿斜面向下B．若只撤去1F，在物块A仍向下运动的过程中，B所受地面的摩擦力的方向可能向右C．若只撤去2F，在物块A仍向下运动的过程中，B所受地面摩擦力的方向可能向右D．若只撤去2F，在物块A仍向下

运动的过程中，B所受地面摩擦力不变10、如图，三个质点a、b、c质量分别为1m、2m、()12,MMmMm．在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比:1:=abTTk；从图示

位置开始，在b运动一周的过程中，则（）A．a、b距离最近的次数为1−k次B．a、b距离最近的次数为1+k次C．a、b、c共线的次数为22+kD．a、b、c共线的次数为22−k三、实验题（11题每空2分，12题每空3分）11．（6分）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景

方格的边长均为5cm，如果取210m/s=g，那么：⑴光频率是___________Hz．⑵小球运动中水平分速度的大小_________m/s．⑶球经过B点时的速度大小是___________m/s．12．（9分）某同学用如图所示的装置测物块与桌面间的动摩擦

因数．（1）将两张等高的桌子1和2按照如图并排放在水平地面上，把一轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端靠着小物块，弹簧原长时小物块的右边与桌子1的右边刚好对齐：（2）向左移动小物块到A点（图中没画出）稳住后再释放，测出小物块停在

桌子2上的距离L：（3）撤去桌子2，再次向左移动小物块到1A点（图中没画出）稳住后再释放，测出O（O点的正上方为桌子1的右边缘）到落地点间的距离x和桌面1与地面的高度h．该实验中A和1A的位置应________（选填“相同”或“不同”）

，桌子1的桌面要求____________（选填“一定光滑”、“一定粗糙”或“光滑或粗糙均可”），小物块与桌面2的动摩擦因数=____________．四、计算题：（本题共3小题，共41分）解答要写必要的文字说明方程式和重要演算步骤．13．（9分）质量为2kg的物体在

水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的−vt图象如图所示．g取210m/s，求：（1）010s−内物体运动位移的大小．（2）物体与水平面间的动摩擦因数；（3）水平推力F的大小；14

．（12分）如图所示的传送带，其水平部分2.09m=bc，倾斜部分3.2m=ab，与水平夹角为37，皮带沿图示方向运动，速率恒为2m/s，把物体A轻放在点a处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没脱离皮带，忽略b点的能量损失．若物体A与

传送带间的动摩擦因数0.8=，（1）请判断ab段物块A的加速度，并判断ab段是否有匀速过程．（2）求物体A从a点被传送到c点全过程所用的时间．（g取210m/s,sin370.6,cos370.8==）15．（20分）如图所示，长

为01m=l粗糙水平轨道的左端连接倾角为37=的粗糙斜面，右端平滑连接着半径均为0.1m=R的四分之一光滑圆弧轨道BC，光滑圆弧轨道BC又平滑连接着四分之一光滑细圆轨道CD，长为1m=l，质量为2kg=M

的长木板置于斜面上，开始时长木板的底端与斜面的底端对齐且与AB齐平（不考虑物体经该处的能量损失）．一质量为1lkg=m的小物块1（可看成质点）从长木板顶端由静止开始下滑．已知小物块和木板间动摩擦因数为118=，小物块和水平轨道间动摩擦因数为234=，长木板和

斜面间动摩擦因数为3724=，取210m/s=g．（1）求小物块1停下后距A点的距离x；（2）现将长木板置于底端距A点为1.5m=l处，小物块1仍从长木板的顶端随长木板一起静止释放，求在D点处轨道对小物块1的作用力DN；（3）将水平粗糙轨道换成光滑轨道，再次将长木板置于底端距A点一定距离

，小物块1仍从长木板的顶端随长木板一起静止释放，释放前在A点处放另一质量为21kg=m的小物块2，小物块1运动到A点处与小物块2碰撞后粘在一起，之后小物块1、2刚好过D点，求整个过程中由于摩擦所产生的热量Q（不考虑小物块1、2再次滑回轨道）

．长沙同升湖高级中学2023届高三第二次月考物理答案选择题答案题号12345678910答案DCBACDACADADAD实验题答案11．101.52.512．相同光滑或粗糙均可2/4xLh13．【解析

】（1）物体在06s−的加速度为：21Δ821m/sΔ6−===vat物体在610s−的加速度为：22Δ082m/sΔ4−===−vat010s−内物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积，故位移为：11

(28)64846m22=++=x（2）匀减速过程，根据牛顿第二定律，有2−=mgma解得：2222m/s0.210m/s−===−−ag（3）匀加速过程，根据牛顿第二定律，有1−=Fmgma解得：10.2210216N=+=+=Fmgma答：（1）010s−内物体运动位移

的大小为46m；（2）物体与水平面间的动摩擦因数为0.2；（3）水平推力F的大小为6N．14．【解析】物体由c到b过程，根据牛顿第二定律得，cossin−=mgmgma解得20.4m/s=a根据=vat得，20.4=t解得5s=t21

3.22=xatm则2113.22=at，解得14s=t11.6m/s==vat在b到a的过程中，先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．加速度28m/s==ag．物体由b到a的过程，有21.68=+vt，解得20.

05s=t222222211.640.09m2=+=+=xvtattt则匀速运动的位移为2.090.09m2m−=321s==tv所以全程时间1235.05s=++=tttt．答：物体A从c点被传送到a点所用的时间为5.05s．15．解析：（1）小物块1从静止释放到停止

全过程由动能定理得11121sincos0−−=mglmglmgx小物块1停下后距A点的距离23=xm（2）静止释放后对小物块1有：11111sincos−=mgmgma解得215m/s=a对长木板有：()11312

sincoscos+−+=MgmgMmgMa解得223m/s=a设长木板经时间1t到达A点，则有212112=lat解得11s=t在时间1t内小物块的位移2111125m2==xat，即小物块1t时刻恰好运动到A点，其在A点的速度115m/s==vat小物块从A点到D

点过程由动能定理得2221011111222−−=−DmglmgRmvmv在D点有211+=DNvmgFmR解得轨道对小物块1的作用力N50N=F方向向下．（3）设小物块1到达A点速度为1v，小物块1与小物块2碰撞有()11122=+mvmmv小物块12从A点到D点过程有()()21212

21202−+=−+mmgrmmv由以上解得小物块1到达A点速度14m/s=v因15m/sv，所以长木板释放时其下端距A点距高小于11.5m=l，小物块1沿斜面下滑过程一直没有离开长木板．设小物块沿斜面下滑位移为2x，则有21212=axv解得216m=x说明长木板下滑位移320.6m

=−=xxl整个过程中由于摩擦所产生的内能()11313coscos5.2J=++=QmglmMgx获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com