【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高三上学期月考（二）物理试题（解析版）.docx，共(20)页，1.163 MB，由envi的店铺上传

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长郡中学2023届高三月考试卷（二）物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，时量75分钟。满分100分。第I卷选择题（共44分）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。1.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是（）A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段位移相加，这里采用了微元法B.卡文迪什巧妙地利用扭秤装置测出引力

常量，并把自己的实验说成是“称量地球的质量”C.伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推理相结合的方法D.速度xvt=、加速度Fam=均采用了比值定义法【答案】D【解析】【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分

成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确；B．卡文迪什巧妙地利用扭秤装置测出引力常量，并把自己的实验说成是“称量地球的质量”，故B正确；C．伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确

；D．速度xvt=采用了比值定义法，而加速度Fam=是加速度决定式，是实验规律，故D错误。本题选不正确的，故选D。2.矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量

发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力1F、与速度方向垂直的升力2F和与速度方向相反的空气阻力fF。下列受力分析示意图可能正确的是（）的的A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力

Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。故选A。3.如图所示，是某小行星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P是小行星依次经过的三个位置，1F、2F为椭圆的两个焦点。小行星由M到

N和由N到P的过程中，通过的路程相等，小行星与太阳中心的连线扫过的面积分别为1S和2S。已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功。下列判断正确的是（）A.太阳位于焦点1F处B.12SS＞C.在M和N处，小行星的动能kM

kNEE＞D.在N和P处，小行星的加速度NPaa＞【答案】B【解析】【详解】A．已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功，说明小行星靠近太阳运动，所以太阳位于焦点2F处，A错误；B．根据开普勒行星运动

定律可知小行星由M到P的过程中速度逐渐增大，小行星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，所以小行星由M到N运动时间大于由N到P的运动时间，由开普勒第二定律可知12SS＞B正确；C．由动能定理，由M到N过程中kWE=万有引力做正功，则速度增大，动能增大，即kMkNEE＜C错误

；D．根据万有引力公式2MmFGr=可知小行星在N处的引力小于在P处的引力，由牛顿第二定律Fma=得NPaa＜D错误。故选B。4.如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小

球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.小球运动到最高点b时，小球速度为零的B.小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为MgC.小球在a、c两个位置时，台秤

的示数相同，且为Mg＋mgD.小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg【答案】D【解析】【详解】A．小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时2bvmgmR=得bvgR=故A错误；B．小球运动到最高点时，细线中拉力为

零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；C．小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；D．小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知2211222b

mgRmvmv=−在最低点，由牛顿第二定律2vFmgmR−=联立解得小球运动到最低点时细线中拉力6Fmg=小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为6MgFMgmg+=+故D正确。故选D。5.石墨烯是目前世界上已知的

强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的电梯，电梯始终相对地面静止．如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示

的位置并停在此处，与同高度运行的卫星A地球同步卫星C相比较，下列说法正确的是A.物体B的角速度大于卫星A的角速度B.物体B的线速度大于卫星A的线速度C.物体B的线速度大于卫星C的线速度D.若物体B突然脱离电梯，B将做近心运动【答案】D【解析

】【详解】A.设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则得：22MmGmrr=解得：3GMr=则知，A的角速度大于C的角速度．而B与C的角速度相等，所以A的角速度大于B的角速度，故A错误．

B.B的角速度小于A的角速度，由：vr=r相等，知B的线速度小于A的线速度，故B错误．C.B与C的角速度相等，由：vr=知B的线速度小于C的线速度，故C错误．D.地球上的物体所受到的万有引力一部分提供其跟随地球做匀速圆周运动的向心力，所以当物体B脱离电梯后

，万有引力大于其需要的向心力，将做近心运动，故D正确．6.甲乙两质点在同一直线上运动，从t=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x-t图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x~v2图像如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.t=0时刻，甲的速度为2m/s，乙的

速度为10m/sB.甲质点的加速度大小2m/s2为，乙的加速度大小为4m/s2C.经过292s，甲追上乙D.经过2.5s，甲追上乙【答案】C【解析】【详解】AB．甲质点的位移表达式为201012xvtatx=++将（0，-2）、（1，0）、（2，6）代入上式，

解得02mx=−00v=214m/sa=乙质点的位移表达式为22022vvax−=−将（20v=时12.5mx=）、（2100v=时0x=）代入上式，解得010m/sv=224m/s=aAB错误；C．乙质点停止所用时间

为00210s2.5s4vta===乙质点2.5s的位移为2220112.5m2xat==甲质点经过292s的位移为221111294m14.5m222xat===因为12014.5m12.5m2m2mxxx−=−===经过292s，甲追上乙，C正确；D．经过2.5s，甲质

点位移为211112.5m2xat==因为初始距离02mx=，甲没追上乙，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。7.如图所示，一内表面光滑半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做

质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为FN，则在上述过程中下列说法正确的是（）A.F一直增大，FN先减小后增大B.F和FN都一直增大C.地面对凹槽的支持力一直减小D.地面对

凹槽的摩擦力保持不变【答案】AC【解析】【详解】AB．采用图解法分析如下，由图可知F一直增大，FN先减小后增大，故A正确，B错误；的的C．外力F逐渐增大，竖直向上分力也逐渐增大，取整体为研究对象可知地面对凹槽的支持力一直减小

，故C正确。D．外力F逐渐增大，水平向右分力也逐渐增大，取整体为研究对象可知地面对凹槽的有水平向左的摩擦力，且逐渐增大，故D错误。故选AC。8.如图所示，五个完全一样的物块整齐叠放在水平地面上，各接触面水平且动摩擦因数都一样，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。最下面的物块左端与地面P点重合。现在给中间的物块施加一个水平向右的恒力F，F作用一段时间后，五个物块的位置情况可能为（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．如图设物块质量为m，动摩擦因数为。物块3给物块4的最大的水平力为3mg，而物块

4、5接触面之间的最大静摩擦力为4mg，所以物块4不会动，同理物块5也不会动，B错误，A正确。CD．物块2、3发生相对运动后，物块3给物块1、2的水平力恒为2mg，物块1、2不会发生相对运动，C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的

正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度。已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内，且物体对水平地面始终有压力，下列说法正确

的是（）A.物体所受水平面的摩擦力保持不变B.物体所受地面的支持力先减小后增大C.橡皮筋对轻杆的作用力先增大后减小D.水平拉力F逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB．设开始时A离地面的高度为L，设某一时刻绳子与竖

直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为：LTkcos=其竖直向上分力Fy=Tcosθ=kL故地面对物体的支持力为N=mg-kL所以地面对物体的支持力保持不变；又因为f=μN，故摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；C．橡皮筋对轻杆的作用力为两等

大的弹力的合力，有118022cos()=sin2cos2TkLF−=则随着角在0°~90°范围内逐渐增大，sin2增大，cos减小，则1F逐渐增大，故C错误；D．水平拉力F=f+Tsinθ=f+kLtanθ随着θ的增大，拉力F逐渐增大，故D正确；故选AD

。10.意大利物理学家乔治•帕里西荣获2021年诺贝尔物理学奖，他发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性。如图为一个简单无序系统模型，两个质量均为m的小球M、N用两根长

度均为l的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动。开始时两球与O点在同一高度，0=t时刻由静止释放两球，两球在竖直面内做无序运动；1=tt时刻，细杆a与竖直方向的夹用30=，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度为g，不计摩擦和空气

阻力，下列说法正确的是（）A.1t时刻，小球M的速度方向竖直向下B.1t时刻，M、N两球的速度关系NM3vv=C.O到1t过程中，a、b两杆对M球做功之和为338mgl−D.O到1t过程中，细杆b对N球的冲量大小为332

mgl【答案】BC【解析】【详解】A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，1t时刻小球M的速度方向不是竖直向下，选项A错误；BC．设t1时刻小球M、N的速度大小分别为vM，vN，如图所示M的速度方向始终与杆

a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有NMsincos90)2(vv=−可得NM3vv=由系统机械能守恒，有22MN11cos22mglmvmv=+解得M32glv=方向向右下方，与水平方向的夹角为30°；N323glv=方向水平向右。O到1t过程中，对M球根据

动能定理有2FM1cos2mglWmv+=解得F338mglW=−选项C正确；D．O到1t过程中，对N球根据动量定理有(矢量运算)N1FmgtImv+=解得F1332glImmgt=−选项D错误。故选BC。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、填空题：本题共2小题，第1

1题8分，第12题8分，共16分。11.在“利用打点计时器测定匀加速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50Hz的低压交变电源上。某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点（每相邻两个计数点间

的四个点未画出），如图。从每一个计数点处将纸带剪开分成五段（分别叫a、b、c、d、e段），将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示vt−关系的图线，从而可求出加

速度。（1）请你在xOy坐标系中用最简洁的方法作出能表示vt−关系的图线_____，并指出哪个轴相当于v轴？答：___________。（2）若测得a段纸带的长度为2.0cm，e段纸带的长度为10.0cm，则可求出加速度为___

________。（3）若在某次实验中，交流电的频率偏离50Hz，且50fHz，则测得的加速度数值与真实值相比是___________。（填“偏大”“偏小”或“相等”）【答案】①.②.y轴③.2.0m/s2④.偏小【解析】【

详解】（1）[1][2]由于纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中每一段纸带的高度代表每一段纸带中间时刻的瞬时速度；所以在xOy坐标系中y轴相当于v轴；图像如图（2）[3]若测得a段纸带的长度为2.0

cm，时间时0.1s，所以经过a段中间时刻的瞬时速度为0.2m/s；e段纸带的长度为10.0cm，经过e段中间时刻的瞬时的瞬时速度为1m/s；由以上可知0.8m/sv=0.4st=所以加速度为2Δ2.0m/sΔvat==（4）[5]若实验时交流电的频率比5

0Hz大，则打点计时器打出的点时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，但是在解题过程中代入的时间间隔为0.1s，即代入了较长的时间。则求得的加速度偏小。12.某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphoxAPP的智能手机、铁球、

刻度尺、钢尺等。实验过程如下：（1）一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差78.00cmh=；（2）运行智能手机中的声音“振幅”（声音传感器）项目；（3）迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图10乙所示，第一、

第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为0.40st=。（4）若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：___________（请用物理量符号m、g、h、t表示）。（5）若已知铁球质量为50g，29.80m/sg=，则下落过程中减小的重力势

能0.382JpE=，增加的动能kE=___________J（结果保留3位小数）。相对误差pp100%kEEE−==___________%5%，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守

恒。（6）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果___________（填“有”或“没有”）影响。【答案】①.2122hmghmt=或22hght=②.0.380③.0.5④.没有【解析】【详解

】（4）[1]铁球下落2t的速度为2thvt=根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有22ttva=vat=解得铁球下落时间t的速度为2hvt=若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式212mghmv=代入数据解得2122hmghmt=或22hght=（5

）[2]下落过程中增加的动能22112()0.380J22khEmvmt===[3]相对误差pp100%0.5%kEEE−==（6）[4]根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动

，对实验测量结果没有影响。四、计算题：本题共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题18分。共40分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。13.某种型号的中性笔由弹簧、内芯和外壳三部分构成。李强同学探究这种笔的弹跳问题时发现笔的弹跳过程可简化为三个阶段：把笔

竖直倒立于水平硬桌面上，下压外壳使其下端接触桌面（如图1所示）；把笔由静止释放，外壳竖直上升，上升高度为h时（弹簧恰好恢复原长）与静止的内芯碰撞，碰撞过程时间极短，碰后瞬间，内芯与外壳具有竖直向上的共同速度（如图

2所示）；此后，内芯与外壳一起向上运动，上升的最大高度为H（如图3所示）。李强同学测得笔的外壳和内芯质量分别为m1和m2，不计弹簧质量和空气阻力，重力加速度大小为g。求：（1）外壳与内芯碰撞前瞬间的速度大小v0；（2）在阶段一中弹簧储存的弹性势能ΔEp。【答案】(1)12012mmvgHm+=；(

2)212p11()mmEgHmghm+=+【解析】【分析】【详解】解：(1)外壳与内芯碰撞后一起上升，假设碰后一起上升的初速度为v，由机械能守恒定律可得212121()()2mmvmmgH+=+碰前瞬间外壳的速度为v0，外壳与内芯碰撞过程时间极短，可认为碰撞时的内力远远大于重力，二者的动

量近似守恒，由动量守恒定律可得m1v0=（m1＋m2）v解得12012mmvgHm+=(2)在阶段一，由能量守恒定律，可知2p10112Emvmgh=+解得212p11()mmEgHmghm+=+14.小韩同学在自建住房施工工地观察到如

图甲所示的简易升降机，升降机由固定架、运动箱、两段足够坚韧的轻绳a和b、轻质滑轮和配重等构成。工作过程中通过调整轻绳b的松弛与张紧，可以使运动箱呈现4种不同的运动状态，向下加速、向下减速、向上加速和向上减速。轻绳a左端固定在固定架的顶端

，绕过轻质滑轮，右端与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重连接，配重1和配重2之间通过一段轻绳b连接。为了研究运动箱的运动，在运动箱内放置重物、电子压力计、固定的手机等，内部结构如图乙所示。手机拍摄电子压力计的示数变化，同时可利用相关软件将拍摄到的示数同步投影到屏幕上。已知配重1

和配重2的质量分别为1m和2m，不计轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为g。（1）运动箱从图甲所示位置由静止释放，若先后经历向下加速和向下减速两个过程，求运动箱及箱内物体的总质量m的取值范围（用1m、2m表示）；（2）若运动箱及箱内物体的总质量2.4kgm=，箱内物体的质量为12m，将运动箱拉至底

板由静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子压力计的示数先后为23mg和14mg；求超重过程中运动箱与配重1加速度大小的比，以及配重1的质量1m。【答案】（1）()11222mmmm+；（2）0.3kg【解析】【详解】（1）配重1和配重2之间轻绳b未绷直

，运动箱加速度向下12mgmg轻绳b绷直后，运动箱加速度向上()122mgmmg+得()11222mmmm+（2）超重时112SS=配重运动箱112vv=配重运动箱11:2:aa=配重运动箱重物向上减速过程中，由牛顿

第二定律有111242mgmgma−=得12ag=设轻绳a上的拉力为F，则112Fmgma−=2mgFma−=解得10.3kgm=15.如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一

个物块B和C，mB=mC=1.0kg。在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA

=0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2=0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3=0.2

5，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小；（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；（3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；（4）整个过程中

，物块B在传送带上滑行的总路程。【答案】（1）4m/s；（2）0.5J；（3）10；（4）11m【解析】【详解】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得2A13A1AA1sin37cos372mgLmgLmv−=代

入数据可得vA=4m/s（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为vA1，B的速度为vB，有AA1BBAAmvmvmv=+222AAA1BAB111222mvmvmv=+代入数据得vB=3m/s物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块BB

1BBmgma=解得12Bm/s2ag==物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有B1B0.5svvta−==，B11.25m2vvxt+==由于x<L2，物块B与传送带速度相

等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移111msvt==因此物块与传送带间因摩擦而产生的热量1B1Qmgxs=−（）代入数据得Q=0.5J（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有B1BC1BCmvmvmv=+222BBBC1C1111222mvmv

mv=+代入数据得vB1=0，vC1=2m/s由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知CC22C11202mgnsmv−=−代入数据得n=10（4）由（3）知，物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为2kv，

由运动学公式得()()22222C12240.4m/s1,2,,10kvvgkskk=−=−=物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运

动的路程()()21220.2m1,2,,102kkvxkkg==−=所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程()21210xLxxx=++++总代入数据得x总=11m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com