2022-2023学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高三上学期第二次月考物理试题含解析

黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022-2023学年高三上学期第二次月考物理试题一、选择题：（1-10题每题只有一个正确答案，每题3分；11-15题每题有多个正确答案，选全得4分，选不全得2分，选错不得分，共50分）

1. 如图所示，同一物体受大小相等的力F的作用，在粗糙程度不同的水平面上发生了相等的不为零的一段位移，其中，F做功最少的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．F做功由公式可知

故A错误；

B．F做功由公式可知

故B错误；

C．F做功由公式可知

故C正确；

D．F做功由公式可知

故D错误；

故选C。

2. 如图所示，足够长的水平传送带以的速率顺时针匀速运行，时，在最左端轻放一个小滑块，时，传送带突然制动停下，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为，取，下列关于滑块相对地面运动的图像正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】刚被放传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动

滑块运动到与传送带速度相同需要的时间

然后随传送带一起匀速运动的时间

当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止

运动的时间

故选D。

3. 如图所示，一小山由两个斜坡组成，左、右侧斜坡的倾角分别为53°和37°，熊大从山顶将一石块向左水平抛出，熊二从山顶将另一石块向右水平抛出，两石块都落在斜坡上。若熊大、熊二抛出的石块在空中运动的时间之比为5∶3，取，，不计空气阻力，则熊大、熊二抛出的石块的初速度大小之比为（　　）

A. 3∶4 B. 4∶3 C. 16∶15 D. 15∶16

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】熊大抛出的石块做平抛运动，在水平方向与竖直方向的位移大小分别

根据几何关系有

解得熊大抛出的石块的初速度大小

同理可得熊二抛出的石块的初速度大小

结合

解得

故D正确，ABC错误。

故选D。

4. “双星系统”由相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动，如图所示为某一双星系统，星球的质量为，星球的质量为，星球的线速度为，星球的线速度为，它们中心之间的距离为，引力常量为，则下列说法正确的是（　　）

A. 星球的轨道半径为

B. 双星运行的周期为

C. 星球的轨道半径为

D. 星球星球线速度之比

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AC．设A星球的轨道半径为R，B星球的轨道半径为r，双星靠他们之间的万有引力提供向心力

又由于

联立可得

，

故AC错误；

B．根据万有引力提供向心力

联立可得

故B正确。

D．根据速度公式

故D错误。

故选B。

5. 2021年8月20日发生木星冲日现象，木星冲日是指木星，地球和太阳几乎排列成一线，此时木星被太阳照亮的一面完全期向地球，所以明亮而易于观察，地球和木星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，木星11.84年绕太阳一周，则（　　）

A. 地球的公转轨道半径比木星的公转轨道半径大

B. 木星的运行速度比地球的运行速度大

C. 木星冲日现象时间间隔为五年

D. 下一次出现木星冲日现象在2022年9月

【答案】D

【解析】

【详解】A．地球的公转周期比木星的公转周期小，根据万有引力提供向心力

可得

可知地球的公转轨道半径比木星的公转轨道半径小，故A错误；

B．根据万有引力提供向心力，有

解得

可知木星的运行速度比地球的小，故B错误；

CD．由题意可知

T地=1年

T木=11.84年

出现木星冲日现象，有

（ω地－ω木）·t=2π

可得距下一次木冲日所需时间为

年

故C错误、D正确。

故选D。

6. 如图，一半径为的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为的质点自轨道端点由静止开始滑下，重力加速度大小为。质点自滑到最低点的过程中，克服摩擦力所做的功为，滑到时，对轨道的正压力为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】质点从P到Q的过程，根据动能定理

对Q点根据向心力公式

再根据牛顿第三定律，质点对轨道的正压力为mg。

故选A。

7. 一质量为的物体（可视为质点），在的水平拉力作用下，在粗糙的水平面上沿x轴正方向做直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为（未知），物体通过坐标原点时开始计时，其运动的的图象如图所示，g取。则（　　）

A. 质点做匀加速直线运动，加速度为

B. 物体与地面间的动摩擦因数为0.5

C. 物体在末，拉力的瞬时功率为

D. 物体与地面间在内产生内能为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图得

根据匀变速运动的位移公式

得

对比可得

则质点的加速度为

初速度为，则知质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故A项错误；

B．由牛顿第二定律

可得

故B错误；

C．1s末的速度

拉力的功率

故C正确；

D．由

可得0至内的位移

产生的内能

故D错误。

故选C。

8. 一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积（p-V）图上的两条曲线Ⅰ第和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别、，温度分别为、。c。d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别、，温度分别为、。下列关系式正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据理想气体状态方程及曲线均为反比例函数曲线的一部分可得ab为等温变化，所以有

A错误；

B．a到c为等压变化，所以有

得

B正确；

C．cd为等温变化，所以有

解得

所以有

C错误；

D．ab为等温变化，所以有

得

所以有

D错误。

故选B。

9. 氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为H＋H→He＋X，式中X是某种粒子。已知：H、H、He和粒子X的质量分别为2.0141 u、3.0161 u、4.0026 u和1.0087 u；1 u=931.5 MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知（　　）

A. 粒子X是H

B. 该反应中的质量亏损为0.0289 u

C. 该反应释放出的能量约为17.6 MeV

D. 该反应中释放的全部能量转化为粒子X的动能

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据核反应前、后质量数守恒和电荷数守恒，可判断X为中子，A错误；

B．该反应中的质量亏损为

Δm=2.0141 u＋3.0161 u-4.0026 u-1.0087 u=0.0189 u

B错误；

C．由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为

ΔE=0.0189×931.5MeV≈17.6MeV

C正确；

D．该反应中释放的能量一部分转化为粒子X的动能，一部分转化为He的动能，D错误。

故选C。

10. 如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能与入射光频率v的关系图象，由图象可知，下列不正确的是(    )

A. 图线的斜率表示普朗克常量h

B. 该金属的逸出功等于E

C. 该金属的逸出功等于

D. 入射光的频率为 时，产生的光电子的最大初动能为2E

【答案】D

【解析】

【详解】（1）根据光电效应方程，知图线的斜率表示普朗克常量，故A正确；

（2）根据光电效应方程，当时，，由图象知纵轴截距，所以，即该金属的逸出功，故B正确；

（3）图线与横轴交点的横坐标是，该金属的逸出功，故C正确；

（4）当入射光的频率为时，根据光电效应方程可知，，故D错误．

故本题正确答案选D．

【点睛】根据光电效应方程，结合图线的纵轴截距求出金属的逸出功，结合横轴截距得出金属的极限频率，从而得出逸出功．根据光电效应方程求出入射光的频率变化时的光电子的最大初动能．

11. 一艘小船在静水中的速度为3 m/s，渡过一条宽150 m，水流速度为4 m/s的河流，则该小船（　　）

A. 能到达正对岸

B. 渡河的时间可能少于50 s

C. 以最短位移渡河时，位移大小为200 m

D. 以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为200 m

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，故A错误；

B．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短，为

故B正确；

C．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，船以最短位移渡河时，船速度与合速度方向垂直，则合速度与河岸的夹角满足

则船的位移为：

故C正确；

D．船以最短时间渡河时，沿水流方向的位移：，故D正确。

故选BCD。

【点睛】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸。

12. 将一质量为m的物体分别放到地球的南北两极点时，该物体的重力均为。将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（　　）

A.  B. 地球的质量为

C. 地球自转的角速度为 D. 地球的平均密度为

【答案】BC

【解析】

【详解】ABC．设地球质量为，物体在南北两极点时，此时没有地球自转的向心力，有

解得

在赤道时，有

所以有

解得

A错误，BC正确；

D．根据

，

可得

D错误。

故选BC。

13. 如图甲所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某处自由下落，从它开始下落到将弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v与小球下落高度h的关系图像如图乙所示，其中OA段为直线，ABC段为曲线，B为曲线的最高点，小球与弹簧接触瞬间机械能的损失不计，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧劲度系数的大小为

B. 小球在达到最大速度之前一直处于失重状态

C. 从小球开始下落到动能达到最大值的过程中，弹簧弹性势能的增加量为mgh2

D. 从小球开始下落到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的增加量为mgh3

【答案】BD

【解析】

【详解】A．乙图B点速度最大，小球受到的弹力等于重力，即

故弹簧劲度系数的大小为

A错误；

B．小球在达到最大速度之前一直加速下降，故处于失重状态，B正确；

C．从小球开始下落到动能达到最大值的过程中，据机械能守恒定律可得

故弹簧弹性势能的增加量小于mgh2，C错误；

D．从小球开始下落到将弹簧压缩至最短的过程中，初末动能均为零，据机械能守恒定律可得

故弹簧弹性势能的增加量为mgh3，D正确。

故选BD。

14. 如图1所示，半径为的圆盘水平放置，在到圆心距离为处，放一质量为可视为质点的物块。现使圆盘绕过圆心且垂直于盘面的轴转动起来，其角速度与时间的关系图线如图2所示。在整个过程中物块相对圆盘保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（　　）

A. 内物块所受摩擦力的大小一直减小，方向始终指向圆心

B. 后，物块所受摩擦力的大小不变，方向始终指向圆心

C. 整个过程中摩擦力对物块所做的功为

D. 物块与圆盘间的动摩擦因数一定不小于

【答案】BCD

【解析】

【分析】

【详解】AB．经分析可知，物块由静摩擦力提供向心力

可得内角速度一直增大，物块所受静摩擦力的大小一直增大，后，角速度不变，物块所受静摩擦力的大小不变，方向始终指向圆心，故A错误，B正确；

C．后，物块的速度为，根据动能定理

故C正确；

D．临界条件为由最大静摩擦力提供向心力

故D正确。

故选BCD。

15. 如图所示，水平面上一质量为2kg的物体在水平力F作用下做直线运动，已知力F沿此直线，F与位移的关系如图所示。若物体的初速度为3m/s，与地面之间的动摩擦因数为0.1，g取10，则图示过程中下列说法正确的是（　　）

A. 水平力F所做功为14J B. 物体在6m时运动反向

C. 摩擦力所做的功为16J D. 物体的末速度为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据图中力F与横轴围成的面积为所做的功，所以有

A正确；

B．有图可知，物体在6m内拉力F做的总功为正，且拉力F方向一直没变，在6m后力F方向改变，物体开始减速，但是速度还是沿原来的方向，所以运动没有反向，B错误；

C．摩擦力做负功为

C错误；

D．根据动能定理得物体的末速度为

代入数值得

D正确。

故选AD。

二、实验题：（每空2分，共24分）

16. 左图读数为___________mm；右图读数为___________mm。

【答案】    ①. 11.4    ②. 1.730

【解析】

【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.1×4mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm +0.4mm =11.4mm；

[2]螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×23.0mm=0.230mm，所以最终读数为：1.5mm +0.230mm =1.730mm。

17. 用图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。实验中，保持小车质量一定时，探究小车加速度a与合力F的关系。

（1）除了电火花计时器、小车、天平（附砝码）。砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有___________ （选填选项前的字母）。

A.220V、50Hz的交流电源      B.电压可调的直流电源     C.刻度尺      D.秒表

（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是___________。

A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行

B.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上

C.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上

（3）该同学在实验中得到如图（乙）所示的一条纸带， 已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___________m/s2（结果保留两位有效数字）。

（4）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，已知三位同学利用实验数据作出的a-F图像如图丙中的1、2、3所示，下列分析正确的是___________ （选填选项前的字母）

A.出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力

B.出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适

C.出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大

【答案】    ①. AC    ②. AC    ③. 2.63    ④. B

【解析】

【详解】（1）[1]AB.电火花计时器使用家用交流电，A正确；B错误；

C.需要测量纸带上各点间的距离，C正确；

D.电火花计时器可以记录时间了，D错误。

故选AC。

（2）[2]A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，才能使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，A正确；

B.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，不用将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上，B错误；

C.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，C正确；

故选AC。

（3）[3]小车的加速度为

（4）[4]A.出现图线1的原因可能是平衡摩擦力时角度过大，A错误；

B.出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量没有远远小于小车的质量，B正确；

C.出现图线3的原因没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，C错误。

故选B。

18. “研究平抛物体的运动”的实验中：

（1）在实验前应（      ）

A．将斜槽的末端切线调成水平；

B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行

C．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点

（2）如图为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，小球运动中水平分速度的大小___________m/s；小球经过B点时的速度大小是___________m/s。

【答案】    ①. AB##BA    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]

A．为保证做平抛运动，所以需要有水平方向的初速度，因此需将斜槽的末端切线调成水平，A正确；

B．平抛运动的轨迹在竖直平面内，所以需将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，B正确；

C．应以小球平抛运动的初始位置即初始位置球心为坐标的原点，C错误。

故选AB。

（2）[2]平抛运动竖直方向为自由落体运动，设闪光时间为，根据匀变速直线运动规律竖直方向有

所以有

水平方向为匀速运动，得水平分速度的大小为

[3]根据匀变速运动规律得B点竖直方向速度为竖直方向上AC段的平均速度，有

所以小球经过B点时的速度大小为

19. 如图是向心力演示仪的示意图，转动手柄，可使变速塔轮及长槽和短槽随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。皮带分别套在塔轮的不同圆盘上，可改变两个塔轮的转速比，以探究物体做圆周运动向心力大小的影响因素。

（1）在研究向心力的大小F与质量m、半径r和角速度ω之间的关系时，我们主要用到了物理学中的___________。

A．理想实验法         B．等效替代法           C．控制变量法           D．演绎法

（2）探究向心力和半径的关系时，应使两球做圆周运动的半径不同，保证两球的质量和运动角速度相同。为此应将传动皮带套在两个半径___________（选填“相同”或“不同”）的塔轮上，将质量相同的小球分别放在挡板___________（选填“a”或“b”）和挡板c处。

【答案】    ①. C    ②. 相同    ③. b

【解析】

【详解】（1）[1]在研究向心力的大小F与质量m、半径r和角速度ω之间的关系时，通过控制其中的某些变量来探究另一些变量之间的关系，所以采用的是控制变量法。

故选C。

（2）[2][3]实验中保证两球的质量和运动角速度相同，所以应将传动皮带套在两个半径相同的塔轮上，这样角速度才相同。同时，为了研究不同转动半径跟实验结果的关系，图中挡板a和c长度相同，所以应将小球分别放在挡板b和挡板c处。

三、计算题（20题7分、21题10分，22题9分，共26分）

20. 民用航空客机机舱，一般都设有紧急出口。发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面。若机舱离气囊底端的竖直高度h=3.2m，气囊所构成的斜面长度l=4m。一个质量m=60kg的人在气囊上滑下时所受的滑动摩擦力f=240N。不计其它阻力，取g=10m/s2。求：

（1）该人与气囊之间的动摩擦因数μ；

（2）该人在气囊上滑下时的加速度大小a；

（3）该人滑至底端的速度大小υ。

【答案】（1）；（2）；（3）4 m/s

【解析】

【详解】（1）斜面的倾角

则

cosα=0.6

根据

f=μmgcosα

解得

（2）根据牛顿第二定律可得

mgsinα-f=ma

解得

a=4m/s2 

（3）根据

v2﹣0=2al

解得

21. 如图所示，半径m的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地面相切于圆环最低点A，质量kg的小球以初速度m/s从A点冲上竖直圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10，不计空气阻力。

（1）求小球运动到轨道末端B点时的速度；

（2）求A、C两点间的距离x（结果可用根号表示）；

（3）若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到B点飞出落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）A到B过程中根据动能定理有

解得

（2）小球从B点飞出后做平抛运动，到达C点的时间为

所以有

（3）小球在B点时有

所以当圆轨道对小球的支持力为零时小球此时速度最小，即

由平抛运动知识可知小球从B点飞出速度越小，落在水平地面上的水平距离越小，所以有

22. 如图,光滑水平面上放一质量M=3kg,长为L=1m的木板,板上最右端放一质量为m=1kg的小物块,接触面间的动摩擦因数为μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F。

(1)要使木板能从物块下面抽出来,作用在木板上至少需要用多大的力?

(2)如果拉力F=10 N,且恒定不变,则小物块所能获得的最大速率是多少?

【答案】(1)4 N　(2)1m/s

【解析】

【详解】（1）当小物块与长木板刚好要发生相对滑动时，作用在木板上的力最小

对小物块，由牛顿第二定律得

μmg=ma

解得:

a=μg=0.1×10 m/s2=1m/s2

对整体由牛顿第二定律得

Fmin=(M+m)a=(3+1)×1 N=4 N

（2）当F=10 N>4 N时，两者发生相对滑动

对小物块:

a1=a=1m/s2

对木板:

F-μmg=Ma2

代入数据解得:

a2=3m/s2

由位移关系有:

L=a2t2-a1t2

代入数据解得:

t=1 s

则小物块的速度为:

v1=a1t=1m/s