湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三物理上学期第二次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三物理上学期第二次月考试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南师大附中2023届高三月考试卷（二）物理一、单项选择题：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. A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化图像如图所示，下列判断正确的是（　　）A. 汽车A的加速度大小为4m/s2 B. 汽车A、B经4s相遇C. 汽车A，B在x=6m处相遇 D. 汽车A、B在x=m处相遇【答案】C【解析】【详解】A.根据匀变速直线运动的速度位移关系公式可得可知图像的斜率等于2a，对于汽车A，则有故A错误；BCD. 对于汽车A，由图知A的初速度A汽车停止的时间为4s时A车的位移为6m。对于汽车B，由图知初速度为0，加速度为汽车B要是行驶6m的距离所用的时间为所以汽车A、B经s相遇时，是汽车A静止后B才追上A的，所以汽车A、B在处相遇，故C正确，B、D错误。故选C。2. 用“超级显微镜”观察高真空度的空间，发现了有一对分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，从而形成了一个“类双星”体系，并且发现引力“中心”离B分子较近，这两个分子之间的距离用表示。已知当时两个分子间的分子力为零。则上述“类双星”体系中，下列说法正确的是（　　）A. 间距B. 间距C. 的质量大于B的质量D. 的速率小于B的速率【答案】A【解析】【详解】AB．分子间同时存在引力和斥力，本题中分子力的合力表现为引力，两分子间距离一定大于r0，故A正确，B错误；C．由于向心力相等，角速度相等，故观测中同时发现此“中心”离B分子较近，即rA>rB故mA<mB故C错误；D．由v=rω知A分子旋转的速率一定大于B分子的速率，故D错误。故选A。3. 如图所示，木块A置于上表面水平的木块B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中，A、B始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　）A. B对A的摩擦力对A做负功B. A所受的合力对A做正功C. B对A的弹力对A做正功D. A对B的作用力对B做正功【答案】B【解析】【详解】A．A的加速度沿侧面向下，所受合力沿斜面向下，B对A的摩擦力水平向左，与A的运动方向成锐角，对A做正功，A错误；C．B对A的弹力竖直向上，与A的运动方向成钝角，对A做负功，C错误；D．斜面对系统的支持力垂直于斜面，与系统的运动方向垂直，系统的机械能守恒，所以B的机械能守恒，则A对B的作用力对B不做功，D错误；B．A做加速运动，其动能增加，根据动能定理，A所受的合力对A做正功，B正确。故选B。4. 地球半径为R，质量为m，地球到太阳的距离为，太阳质量为M，不考虑其他星球的影响，那么地球在自转过程中，近太阳点（白天正午）和远太阳点（深更半夜）的自由落体加速度的差值约为（不考虑公转影响，万有引力常量为G）（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】白天正午时，根据牛顿第二定律得深更半夜时，根据牛顿第二定律得自由落体加速度的差值 解得故选A。5. 如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆的另一端为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上。若杆与墙面的夹角为，斜面倾角为，开始时，且，重力加速度为，为使斜面能在光滑水平面上向右缓慢移动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力的大小及轻杆所受球体的作用力和地面对斜面的支持力的大小变化情况是（　　）A. 逐渐增大，逐渐减小，逐渐减小B. 逐渐减小，逐渐减小，逐渐增大C 逐渐增大，先减小后增大，逐渐增大D. 逐渐减小，先减小后增大，逐渐减小【答案】C【解析】【详解】利用矢量三角形法对球体进行分析如图甲所示，可知先减小后增大，根据牛顿第三定律，T先减小后增大，斜面对球的支持力逐渐增大，对斜面受力分析如图乙所示，可知因为也逐渐增大，所以F逐渐增大，水平面对斜面的支持力FN=G+故逐渐增大。故选C。6. 如图所示，光滑的圆形轨道水平固定，小球B的质量为m，初始时静止。小球A的质量为2m，以速度v0运动，并与球B发生非弹性正碰（碰撞时间极短），碰后速度不相等。则（　　）A. 碰撞过程中两球组成的系统动量不守恒B. 经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为C. 经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为零D. 从开始到多次碰撞后两球的动量一直守恒【答案】B【解析】【详解】A．碰撞过程中两球组成的系统所受的合力等于零，系统动量守恒，A错误；BC．经过多次碰撞后，两球的最终以共同的速度v运动，根据动量守恒定律得解得B正确，C错误；D．多次碰撞后，两球共同做匀速圆周运动，两球动量的大小一直不变，动量的方向不停的变化，两球的动量不守恒，D错误。故选B。二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25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. 如图所示，均匀细杆AB其A端装有转轴，B端连接细线通过滑轮和质量为的重物C相连，若杆AB呈水平，细线与水平方向夹角为时恰能保持平衡，不计一切摩擦，重力加速度为，则下列结论正确的是（　　）A. 杆对轴A的作用力大小为B. 杆的质量为C. 因为不知道杆的质量，所以无法求出杆对轴A的作用力D. 杆的质量一定大于重物C的质量【答案】AB【解析】【详解】AC．由题可知，C物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C物体的重力大小相等，即对杆AB进行受力分析如图由受力图可知，轴A对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，由于重力的作用线过杆的中点，所以可知力F与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，且所以F与绳子的拉力的大小也相等，即则杆对轴A的作用力大小为mg，故A正确，C错误；B．设AB杆的长度为L，由图可知，杆的重力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是 ，绳子的拉力产生的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是Lsinθ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得解得故B正确；D．当时，有故D错误。故选AB。8. 一质点竖直向上运动，某同学画出质点运动过程中的机械能与高度关系的图像如图所示，其中过程的图线为水平线，过程的图线为倾斜直线。根据该图像，下列判断正确的是（　　）A. 质点在过程中除重力外不受其他力作用B. 该同学所取处的重力势能为零C. 质点在过程中合外力与速度的方向一定相反D. 质点在过程中不可能做匀速直线运动【答案】CD【解析】【详解】A．质点在0~h1过程中，械能E随上升高度h不变，机械能保持不变，说明只有重力做功，但该质点也可能受其它力，其它力的合力不做功，故A错误；B．重力势能大小与零势能位置选择有关，无法判断该同学所取的零势能位置，故B错误；CD．质点在h1~h2过程中械能E随上升高度h减小，所以物体动能减小，即物体做减速运动，所以合外力与速度的方向一定相反， 选项CD正确。故选CD。9. 如图所示是一列沿x轴正方向传播的机械波在t=0时的波形图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速v=0. 5m/s，下列说法正确的是（  ）A. t=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向B. 此列波的周期T=2sC. 0~0. 03s时间内，质点P的速度不断增大D. t=0. 47s时，质点P运动到负方向最大位移处【答案】AD【解析】【详解】由波形图可知，该波的波长大于8cm，画出波形图如图；由图可知波长为λ=10cm，则A．根据“同侧法”可知，t=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向，选项A正确；B．该波的周期为选项B错误；C．在t=0时刻，质点P向下振动，在t=0.03s时刻P点到达平衡位置下方，但是还没到达最低点，则0~0. 03s时间内，质点P的速度先增大后减小，选项C错误；D． t=0. 47s时，波向右传播的距离由波形图可知，质点P运动到负方向最大位移处，选项D正确。故选AD。10. 如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（　　）A. 弹簧的劲度系数B. 弹簧的最大弹性势能C. 木板和小物块之间的动摩擦因数D. 木板和小物块组成的系统最终损失的机械能【答案】BD【解析】【分析】【详解】小木块m与长木板M构成的系统动量守恒,设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为、，以向左为正方向,小木块从开始位置滑动到最左端的过程,由动量守恒定律得小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程计算得出、小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得且小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律由以上各式可以解出、Q、Q'，求出Q后，如果已知木板长度，则可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，因为缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数故选BCD。11. 如图所示，甲、乙中半径为的圆弧与水平面相切，对应的圆心角均很小（小于，图中没有按比例画出），圆弧光滑，水平面粗糙且均匀，在图甲中，质量为的物体（可视为质点）放在顶端由静止开始沿圆弧自由滑下，在水平面上滑行了的距离停下来。图乙中，同样的物体从静止开始沿固定光滑板滑下，不考虑拐角处机械能的损失，物体在水平面上同样滑行了的距离停下。两图中物体的初始高度相同均为，则（　　）A. 图甲、乙中水平面与物体的动摩擦因数相同，且均为B. 在图甲、乙中，物体下滑的过程中重力做功的平均功率相同C. 从开始下滑到停止的过程中，图甲中重力的冲量比图乙的小D. 从开始下滑到停止的过程中，除重力外的其他力的合力对物体的功图乙中的大【答案】AC【解析】【详解】A．由题意，对甲乙两物体运动全过程有得A正确；B．甲下滑过程时间可以看作是单摆运动的四分之一周期乙下滑过程做匀加速直线运动，，解得甲、乙两物体下滑的过程中重力做功相等，则由，可知二者下滑过程重力做功的平均功率不同，B错误；C．二者在水平路面减速过程完全相同，时间相等，但在下滑过程中的时间不等，由B中分析知,根据冲量公式可知从下滑到停止的过程中，图甲中重力的冲量比图乙的小，C正确；D．由A中动能定理表达式可知，二者在运动的全过程中，除重力以外其他力的合力所做的功即为滑动摩擦力做的功，都等于，两种情况相等，D错误。故选AC。三、实验题（12题8分，13题8分）12. 某研究性学习小组设计测量弹簧弹性势能实验装置如图甲所示。实验器材有：上端带有挡板的斜面体、轻质弹簧。带有遮光片的滑块（总质量为m）、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺。实验步骤如下：①用游标卡尺测得遮光片的宽度为d；②弹簧上端固定在挡板P上，下端与滑块不拴接，当弹簧为原长时，遮光片中心线通过斜面上的M点；③光电门固定在斜面上的N点，并与数字计时器相连；④压缩弹簧，然后用销钉把滑块锁定，此时遮光片中心线通过斜面上的O点；⑤用刻度尺分别测量出O、M两点间的距离x和M、N两点间的距离l；⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间；⑦保持x不变，移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。根据实验数据做出的图像为图乙所示的一条倾斜直线，求得图像的斜率为k、纵轴截距为b。（1）下列做法中，有利于减小实验误差的有______A.选择宽度较小的遮光片    B.选择质量很大的滑块C.减小斜面倾角        D.增大光电门和M点距离（2）滑块在MN段运动的加速度______，滑块在M点的动能______，弹簧的弹性势能______。（用“m、d、x、k、b”表示）【答案】    ①. AD    ②.     ③.     ④. 【解析】【详解】(1)[1]A．选择宽度较小的遮光片，遮光片在挡光时间内的平均速度更接近遮光片通过光电门时的瞬时速度，能减小误差，故A正确；B．选择质量很大的滑块，滑块运动的距离减小，从而增大测量偶然误差，故B错误；C．减小斜面倾角，增大摩擦力，滑块运动的距离减小，从而增大测量偶然误差，故C错误；D．增大光电门和M点距离，能减小长度测量的偶然误差，故D正确。故选AD。(2)[2] 滑块从M到N做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有N点的速度为根据运动学公式则有化简得由图象得，解得，[3] 滑块在M点的动能[4]从O点到M点由动能定理又， 所以弹簧的弹性势能13. 某同学要测量一电源（电动势E约为）的电动势和内阻。实验室有以下器材：两个相同的电流表和（量程为，内阻为）、滑动变阻器（最大阻值为、额定电流为）、两个定值电阻、开关S和若干导线。测量次数10.390.1020.330.2030.300.2640.28 50.260.34（1）该同学先将电流表，与定值电阻串联，可改装成量程_______V的电压表。（2）该同学设计了如图甲所示的电路图，通过改变滑动变阻器的阻值，获得了多组数据如下表，第4次测量时，电流表的指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A。（3）将5组实验数据描点画图如丙图所示．根据图线求出电源电动势________V，________。（结果均保留两位小数）【答案】    ①. 3.6    ②. 0.30    ③. 2.64（2.58~2.76）    ④. 2.30（2.14~2.50）【解析】【详解】（1）[1]该同学先将电流表，与定值电阻串联，可改装成量程为则改装成量程为3.6V的电压表。（2）[2]电流表的最小刻度为0.02A，则电流表的读数为0.30A。（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得变形有根据图像可得，联立解得 ，四、解答题（14题10分，15题12分，16题13分）14. 如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为h，最高点的曲率半径也为h，“小山”与弯曲的光滑曲面挡板罩连在一起形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度入管道，小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”，重力加速度为g，挡板罩的质量不计，求：（1）小球的初速度v0多大？小球到了“小山”的最高点时对“小山”的压力多大？（2）小球离开“小山”后小球与“小山”的速度分别为多大？（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高点对“小山”的压力多大？【答案】（1），mg；（2），；（3）0【解析】【详解】（1）小球到了“小山”的最高点时与“小山”的速度v相同，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得小球到了“小山”的最高点时与“小山”的速度v相同，对“小山”的压力为（2）设小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得（3）根据机械能守恒定律得解得根据牛顿第二定律得解得小球在最高点对“小山”的压力为0，挡板罩对小球的压力为7mg。15. 如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能，已知弹簧劲度系数。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。求：(1)调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？(3)在(2)的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v0，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，mgsinθ提供所需要的向心力。 所以得8R+R=得到 (2)设击中P1点的弹珠在经过C点时的速度为vc，离开C点后弹珠做类平抛运动：a=gsinθ10R—R＝vct又在(1)中得到 经C点时 所以根据牛顿第三定律：弹珠Q对C点的压力N与FN大小相等方向相反，所以，弹珠Q对C点的压力N＝ (3)弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件mgsinθ=kx0则取弹珠从平衡位置到C点运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒：取平衡位置重力势能为零16. 如图所示，光滑轻杆MN固定在竖直墙上，所在水平直线过半径为R的固定圆环的圆心，质量为m的物体P穿在轻杆MN上，通过铰链与轻杆AB相连，杆AB的另一端通过铰链与物体A连接，而物体A穿在光滑圆环上，从C点开始沿圆环逆时针做角速度为ω的圆周运动，杆AB长为nR(n>2)，物体P在运动过程中不会从N端滑出，也不会碰墙。重力加速度为g，求：（1）物体A从C点开始到第一次小球A和物体P的速度相同时，该过程中杆对物体P做功的平均功率多大?（2）写出物体P的速度与OA转过的角度θ的关系表达式；（3）物体A从C点开始第一次到达圆环最高点时该过程中杆MN对物体P的作用力的冲量是物体P重力冲量的k倍，那么杆AB对物体P的作用力对物体P的冲量多大?（4）如果，当物体A运动到OA连线与MC成30°角时，物体P的加速度多大?【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）小球运动到最高点时与P速度相同，根据动能定理得 小球从C点运动到最高点的时间为 平均功率为 解得 （2）小球和物体沿着杆方向速度相等 根据正弦定理得 解得 （3）根据动量定理得竖直方向的冲量为物体P增加的动量为 解得（4）A和P沿着杆的方向加速度相同因为，所以 解得