【文档说明】河南省安阳市林州市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考试题 物理 Word版含解析.docx，共(5)页，492.814 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f9e4bac1586f20d2db511ed183c14c8d.html

以下为本文档部分文字说明：

2022级高三10月调研考试物理试卷(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.如图所示，用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平

圆轨道匀速运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角，则力F做的功为()A.FπR2B.2FRC.FRD.FπR2.升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m

时速度达到4m/s，则此过程中(g取10m/s2)()A.升降机对物体做功5800JB.合外力对物体做功5800JC.物体的重力势能增加500JD.物体的机械能增加800J3.浙江省为落实国家“双碳”战略，推动能源绿

色低碳转型，在很多山区推进新型绿色光伏发电。假设太阳光子垂直射到发电板上并全部被吸收。已知光伏发电板面积为S，发电板单位面积上受到光子平均作用力为F，普朗克常量为h，光子的频率为ν，真空中的光速为c，则经过时间t，该光伏发电

板上接收到的太阳光能量为()A.2FSctB.FSctC.FSthνD.2FSthν4.如图所示，质量为M＝9kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝1kg的子弹以水平速度v0＝100m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是

()A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10m/sB.子弹对木块做的功W＝500JC.木块和子弹系统机械能守恒D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝3500J5.一物体从距离地面1.8m处竖直向下抛出，其动

能Ek、重力势能Ep随距离地面高度h的变化关系如图所示。重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A.若Ⅰ、Ⅱ图线斜率的绝对值相等，则说明空气阻力不变且不为零B.Ⅰ图线斜率绝对值一定等于物体重力大小C.从所给信息中推断物体的质量为2kgD.物体刚抛出时的初

速度大小为4.5m/s6.如图所示，一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变，则()A.列车达到的最大速度大小为FfP0B.列车在时间t内

不可能做匀加速直线运动C.列车在时间t内牵引力做功为mP202F2fD.如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间也等于t7.斜面体A上表面光滑，倾角α、质量M、底边长为L，静止放置在光滑水平面上，将一可视为质点、质量为m的滑块B从斜面的顶端无初速度释放，经过时间t刚好滑到斜

面底端，重力加速度大小为g，则()A.斜面A对滑块B的支持力不做功B.滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒C.滑块B下滑时间t过程中，B的重力冲量为mgtsinαD.滑块B滑到斜面底端时，B向右滑动的水平距离为MM＋mL8.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形

槽最低点，R远大于弧形槽的弧长。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，若圆周率π取3，则两球第1次到达C点的时间之比为()A.322B.223C.26D.23二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选

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。)9.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量

均为m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时()A.悬挂B的轻质细线中的拉力为35mgB.悬挂B的轻质细线中的拉力为15mgC.重物A的速度为gh5D.重物A的速度为2gh510

.如图所示，半径为R的34圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是()A.小球在N点的速度大小为2gRB

.机械能的减少量为mgRC.合力对小球做功为2mgRD.摩擦力对小球做功为－2mgR11.质量为2m的四分之一圆弧槽静止放置在光滑的水平面上，弧面的最高点P的切线竖直，最低点的切线水平，弧面光滑，先让质量为m的小球(视为质点)以水平向右

的速度v0滑上弧面，小球正好能到达最高点P，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.小球滑上弧面P点的过程中，地面对圆弧槽的冲量为0B.小球滑上弧面的P点时，系统的动能达最小值C.小球滑上弧面P点的过程中，对圆弧槽做的功为18mv20D.圆弧槽弧面的半径为v203g12.如图所示，

套在竖直光滑细杆上的环P由跨过小定滑轮且不可伸长的轻绳与重物Q相连，小定滑轮到竖直杆的距离为L。开始时与P环相连的轻绳水平，现把P由静止释放，当P下滑到轻绳与水平方向成45°角时，P下落的速度为v，则此时()A.Q上升的速度为2vB.Q上升的速度为22vC.Q上升的

距离为LD.Q上升的距离为(2－1)L13.如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球

以不同的初速度重复试验，得到F与v2N的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A.小球的质量为－b5gB.小球做圆周运动的半径为c5gC.当小球经过N点时满足v2N＝2c，则经过M点时对内管道壁有压力D.若小球

经过N点时满足v2N＝c，则经过M点时对轨道无压力三、非选择题(本题共5小题，共51分)14.(6分)某同学在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为________cm

。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。(2)用停表测量单摆的周期，测定了40次全振动的时间如图乙所示，那么停表读数是________s。(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线，此图线斜率的物理意义是________。A.gB

.1gC.4π2gD.g4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。A.偏大B.偏小C.不变D.都有可能15.(8分)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种

装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________。A.m1>m2，r1>r2B.m1>m2，r1<r2C.m1>m2，r1＝r2D.m1<m2，r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提

供的测量工具中必需的是________。A.直尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时，P点为__________(“碰前入射小球”“碰后入射小球”或“被碰小球”)落点的平均位置，需

要测量的物理量有m1、m2、OP、OM和__________，所得“验证动量守恒定律”的结论表达式为________(用装置图中的字母表示)。16.(10分)已知中国空间站离地高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。求：

(1)中国空间站绕地球做匀速圆周运动的速度；(2)由于在空间站运行轨道上存在密度为ρ的均匀稀薄气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动力，若空间站在垂直速度方向的面积为S，碰到稀薄气体后气体速度立刻与空间站

速度相同，对空间站施加动力F的大小。17.(12分)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝20cm/s。两列波在t＝0时波形曲线如图所示。求：(1)从t＝0开始，乙的波谷到达x＝0处的最短时间；(2)0到10s内，x＝0处的质点到达

正向最大位移处的次数。18.(15分)如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量

为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回且刚好能通过圆轨道的最高点A，已知∠POC＝60°。(1)求滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力；(2)求滑块与水平轨道间的动摩

擦因数μ；(3)求弹簧被锁定时具有的弹性势能；(4)若滑块被弹回时，滑块不脱离轨道，则弹簧被锁定时具有的弹性势能应满足什么条件2022级高三10月调研考试物理试卷参考答案题号12345678910111213答案AABADBDBADABBDBDABD1.

A[将力F分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F做的功为W＝Fcos60°·πR＝FπR2，故A正确。]2.A[根据动能定理得W升－mgh＝12mv2，解得W升＝5800J，故A

正确；合外力做的功为W合＝12mv2＝12×100×42J＝800J，故B错误；物体重力势能增加量ΔEp＝mgh＝100×10×5J＝5000J，故C错误；物体机械能增加量ΔE＝Fh＝W升＝5800J，故D错误。]3.B[根据题意，设经过时间t光伏发电板吸收的光子个数为n，则有F

总t＝nhνc，解得n＝F总tchν，又有F＝F总S，则光伏发电板上接收到的太阳光能量为E＝nhν＝FStc，故B正确。]4.A[根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝mv0M＋m＝10m/s，故A正确；根据动能定理可知，子

弹对木块做的功为W＝12Mv2－0＝450J，故B错误；根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝12mv20－12(M＋m)v2＝4500J，可知木块和子弹系统机械能不守恒，故C、D错误。]5.D

[物体竖直向下抛出后，随高度降低，重力势能减小，动能增加，所以Ⅰ图线表示动能变化图线，Ⅱ图线表示重力势能变化图线，根据动能定理可知，Ⅰ图线斜率绝对值表示合力大小，根据重力做功与重力势能的关系，Ⅱ图线斜率绝对值表示重力大小，若Ⅰ、Ⅱ图线斜率的绝对值相等，说明合力和重力大小相等，空气阻力为零，A、

B错误；由上述分析，Ⅱ图线斜率绝对值表示重力大小，可得质量为329kg，由Ⅰ图线可知初动能为36J，根据Ek＝12mv2，可得到物体刚抛出时的初速度大小为4.5m/s，C错误，D正确。]6.B[当列车达到最大速度时，牵引力与阻力相等，

所以vm＝P0F＝P0Ff，故A错误；列车以额定功率在平直轨道上从静止开始运动，功率不变，速度增大，所以牵引力减小，根据牛顿第二定律可知，列车的加速度减小，所以列车在时间t内做加速度减小的加速直线运动，不可能做匀加速直线运动，故B正确

；根据动能定理，有WF－Wf＝12mv2m＝mP202F2f，所以列车在时间t内牵引力做功为WF>mP202F2f，故C错误；列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率与速度的关系可知，列车速度增大，功率增大，达到额定功率后开始做加速

度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率启动的加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D错误。]7.D[A、B组成的系统水

平方向的合力为零，A、B组成的系统水平方向动量守恒，滑块B从斜面的顶端无初速度释放，滑块B将向右运动，斜面A将向左运动，斜面A对滑块B的支持力与滑块B位移的夹角大于90°，斜面A对滑块B的支持力做负功，故A错误；滑块B下滑过程中，A、

B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，故B错误；滑块B下滑时间t过程中，B的重力冲量为IG＝mgt，故C错误；A、B组成的系统水平方向动量守恒mv1－Mv2＝0，则mv1t－Mv2t＝0，即mx1－Mx2＝0，根据几何关系有L＝x1＋x2，解得B向右滑动的水

平距离为x1＝MM＋mL，故D正确。]8.B[甲球做自由落体运动有R＝12gt21，所以t1＝2Rg，乙球沿弧形槽做简谐运动(由于R远大于弧形槽的弧长，可认为偏角θ<5°)，此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此单摆的等效摆长为R

，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1∶t2＝22∶π＝22∶3，故B正确。]9.AD[设释放A、B后，悬挂B的轻质细线中的拉力大小为F，B的加速度大小为a，对B，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，对A由牛顿第二定律

有2F－mg＝m×12a，解得F＝35mg，故A正确，B错误；设当A的位移为h时，A的速度大小为v，A、B组成的系统机械能守恒，则mg×2h－mgh＝12mv2＋12m(2v)2，解得v＝2gh5，故C错误，D正确。]10.AB[小球沿轨道到达最高点N时对轨道压力为mg，对小球，

根据牛顿第二定律，有2mg＝mv2R，解得v＝2gR，故A正确；从O到N过程，重力势能减小量ΔEp＝2mgR，动能的增加量ΔEk＝12mv2＝mgR，机械能的减少量为ΔE＝ΔEp－ΔEk＝mgR，故B正确；合外力做功等于动能增加量，故W合＝ΔEk＝mgR，故C错误；克服摩擦力做功

等于机械能减小量，故W克＝ΔE＝mgR，则摩擦力对小球做功为－mgR，故D错误。]11.BD[小球滑上弧面的P点时，小球与圆弧槽达沿水平方向的共同速度，则系统在竖直方向的速度为0，小球滑上弧面P点的过程中，在竖直方向系统的总动量变化量为0，对系统应用动量定

理有F地t－mgt＝0，解得F地t＝mgt≠0，A错误；小球滑上弧面的P点时，小球与弧面达沿水平方向的共同速度，系统的重力势能增加最多，动能减小最多，系统的动能达最小值，B正确；系统在水平方向动量守恒，则有mv0＝3mv共，解得v共＝v03，对圆弧槽由动能定理可得W＝12×2mv2共，从小

球滑上弧面到离开P点，对圆弧槽做的功为W＝19mv20，C错误；设圆弧槽弧面的半径为r，由能量守恒定律可得12mv20－12(2m＋m)v2共＝mgr，解得r＝v203g，D正确。]12.BD当P下滑到轻绳与水平方向成45°角时，P下落的

速度为v，则将此时P的速度分解，如图所示，由于同一活动绳上沿绳子方向的速度大小相同，则Q上升的速度为vQ＝vsin45°＝22v，故A错误，B正确；由几何关系可知Q上升的距离为h＝Lcos45°－L＝(2－1)L，故C错误，D正确。]13.ABD[设小球的质量为m，做圆周运动的半

径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得2mgR＝12mv2N－12mv2M，解得v2M＝v2N－4gR，小球经过M点时，根据牛顿第二定律可得mg＋F＝mv2MR，联立可得F＝mv2NR－5mg，根据F－v2N图像的斜率和纵轴截距可得－bc＝mR，b

＝－5mg，联立解得m＝－b5g，R＝c5g，故A、B正确；由乙图可知，当v2N＝2c时，经过M点时对管道作用力F>0，F的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，故C错误；由乙图可知，当v2N＝c时，球经过M点时对管

道作用力F＝0，故D正确。]14.(1)2.06（2分）(2)75.2（2分）(3)C（1分）(4)C（1分）解析：(1)用游标尺测量摆球的直径为2cm＋6×0.1mm＝2.06cm。(2)停表读数是1min＋15.2s＝75.2s。(3)根据T＝2πLg，可得T2＝4π2gL，可知T2－

L图像的斜率为4π2g，故选C。(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，有T＝2πL＋rg，可得T2＝4π2gL＋4π2rg，图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故选C。15.(1)C（2分）

(2)AC（2分）(3)碰前入射小球（1分）O′N（1分）m1OP＝m1OM＋m2O′N（2分）解析：(1)为保证入射小球碰撞后不反弹，小球质量需满足m1>m2，为保证小球发生对心正碰，小球半径应满足r1＝r2。故C正确。(2)实验验

证动量守恒定律需使用刻度尺测量小球落点的距离，需要使用天平测量小球的质量，不需要测量小球的半径、运动时间、重力等物理量，故不需要使用游标卡尺、秒表、弹簧测力计。故选AC。(3)根据动量守恒定律可得m1v0＝m1

v1＋m2v2根据能量守恒定律有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22解得v1＝m1－m2m1＋m2v0<v0，v2＝2m1m1＋m2v0>v0小球离开轨道后做平抛运动，由于小球下落高度相同，小球在空中的运动时间相等，可知P点为碰前入射小球的落

点位置。小球在空中的运动时间相等，设为t，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t即m1OP＝m1OM＋m2O′N故验证动量守恒定律还需要测量的物理量为O′N。16.(10分)(1)gR2R＋

h(4分)(2)ρSgR2R＋h(6分)解析：(1)设地球质量为M，物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有GMm1R2＝m1g中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm（R＋h）2＝

mv2R＋h联立解得v＝GMR＋h＝gR2R＋h。(2)碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为F1，经过Δt时间，以稀薄气体为研究对象，根据动量定理可得F1Δt＝mv－0其中m＝ρSvΔt联立可得F1＝ρSv2＝ρSgR2R＋h2＝ρSgR2R

＋h可知碰到稀薄气体过程中，稀薄气体对空间站的作用力大小为ρSgR2R＋h，方向与空间站的速度方向相反，故为了维持空间站在固定轨道上做匀速圆周运动，对空间站施加动力大小为F＝ρSgR2R＋h。17.(12分)(1

)0.5s(4分)(2)2次(8分)解析：(1)乙向左传播，由图可知其最靠近x＝0处的波谷位置的x坐标x2＝10cm，乙的波谷到达x＝0处的最短时间Δt2＝x2v＝0.5s。(2)质点运动到正向最大位移时，有y＝y1＋y2＝20cm，即两列波的波峰同时到达x＝0位置，

由图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝40cm，λ2＝60cm，由T＝λv可得，甲、乙两列波的周期分别为T1＝2s，T2＝3s甲的波峰到达x＝0位置所需时t1＝kT1(k＝1，2，3，…)乙的波峰到达x

＝0位置所需时间t2＝λ1v＋nT2(n＝0，1，2，…)甲、乙两列波的传播时间相同，可知t1＝t2可得kT1＝λ1v＋nT2即2k＝2＋3n当k＝1且n＝0时，x＝0处的质点运动到正向最大位移处，t1＝t2＝2s；当k＝4且n＝

2时，x＝0处的质点运动到正向最大位移处，t1＝t2＝8s；即0到10s内，x＝0处的质点运动到正向最大位移处共有2次。18.(15分)(1)2mg，方向竖直向下(3分)(2)0.25(3分)(3)3mgR(3分)(4)Ep≥3mgR或Ep≤1.5mgR(5分)解析：(1)设滑块第一次滑至C点时

的速度为vC，圆轨道对滑块的支持力为FN，由P到C的过程12mgR＝12mv2C滑块在C点有FN－mg＝mv2CR解得FN＝2mg由牛顿第三定律可知滑块对轨道C点的压力大小FN′＝2mg，方向竖直向下。(2)对滑块从P到C再到Q的过程，根据动能定理有mgR(1－cos60°)－2μmgR＝

0，解得μ＝0.25。(3)滑块刚好能通过圆轨道的最高点A，在A点根据牛顿第二定律得mg＝mv2AR滑块从Q到C再到A的过程，由能量守恒定律有Ep＝12mv2A＋2mgR＋2μmgR解得弹性势能Ep＝3mgR。(4)滑块不脱离轨道，有两种情况，一种是(3)中的情况，弹性势能大于等于3mgR

；另一种是滑块向右运动到最高点的高度为R，此时根据能量守恒定律有Ep′＝mgR＋2μmgR＝1.5mgR所以，弹簧的弹性势能Ep应满足，Ep≥3mgR或Ep≤1.5mgR。