2022-2023学年湖北省武汉市第六中学高一上学期第三次月考物理试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第六中学高一上学期第三次月考物理试题含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
  湖北省武汉市第六中学2022级高一年级第三次月考物理试卷一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 北京时间2022年12月4日21时01分，神州十四号飞船携三名宇航员安全返回，成功完成6个月的在轨绕行任务。返回时，返回舱先穿过大气层，然后打开巨大的降落伞减速，当离地1米高度时，反推发动机点火，使返回舱的速度进一步减小，而后安全着陆。有关飞船的绕行和回收，以下说法正确的是（　　）A. 飞船在太空绕行时，速度达到几千米每秒，惯性比在地面时大得多B. 飞船在太空绕行时，航天员在舱内可以飘来飘去，是因为不受重力C. 返回舱打开降落伞减速阶段，航天员在舱内处于超重状态D. 返回舱穿过大气层阶段，由于空气阻力，航天员在舱内处于完全失重状态【答案】C【解析】【详解】A．惯性是物体的一种属性，与物体的质量有关，与速度无关，故A错误；B．飞船在太空绕行时，航天员在舱内可以飘来飘去，是因为万有引力提供了向心力，故B错误；C．返回舱打开降落伞减速阶段，航天员在舱内受到座椅的支持力大于重力，处于超重状态，故C正确；D．返回舱穿过大气层阶段，重力大于空气阻力，做加速运动，航天员在舱内处于失重状态，但不是完全失重，故D错误。故选C。2. 下列有关力学单位制和牛顿定律的判断错误的是（　　）A. 国际单位制中，力学的基本单位是千克，米，秒B. 实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力与受力面积及速度的关系为，则在国际单位制中，比例系数的单位是C. 伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D. 作用力和反作用力总是同一性质的力，它们产生的作用效果不一定相同【答案】B【解析】【详解】A．国际单位制中，力学的基本单位是质量的单位千克（kg），长度的单位米（m）及时间的单位秒（s），故A正确；B．根据空气阻力与受力面积及速度的关系为，可得则在国际单位制中，比例系数的单位是故B错误；C．伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，故C正确；D．作用力和反作用力总是同一性质的力，它们产生的作用效果不一定相同，故D正确。由于本题选择错误的，故选B。3. 如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球（系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处上升。则在球匀速上升且未离开墙面的过程中（　　）A. 玩具小车做匀速运动 B. 玩具小车做减速运动C. 绳对球拉力大小不变 D. 球对墙的压力逐渐减小【答案】B【解析】【详解】AB．设绳子与竖直方向的夹角为，球的速度为，将球的速度进行分解，一个沿着绳子的方向，一个垂直于绳子的方向，则有球匀速上升时的过程中将增大，所以将减小，即小车做减速运动，故A错误、B正确；CD．球受三个力的作用处于平衡状态，设球重为，绳对球的拉力为，球对墙的压力为，则有当增大时，、均增大，故CD错误。故选B。4. 检测车在一段平直路段以10m/s的速度匀速行驶，某时刻检测车使用测距传感器测量该路段前方车辆的行驶情况。计时开始时检测车距离前车100m，检测发现，10s后前车开始刹车做匀减速运动，16s后两车距离保持不变，两车之间的距离随时间的变化关系如图所示，则前车0~10s内的行驶速度和前车刹车的加速度分别是（　　）A. 15m/s，2.5m/s2 B. 25m/s，2.5m/s2 C. 25m/s，1.5m/s2 D. 15m/s，1.5m/s2【答案】B【解析】【详解】选检测车做参考系，0~10s前车相对参照物的间距随时间均匀变化，故前车做匀速直线运动，速度为故前车相对地面的行驶速度为由于16s后，两车的相对距离不变，表示两车的速度相等，故前车的速度也为10m/s，则故选B。5. 如图甲所示，倾角的光滑斜面体固定在水平面上，一质量为的滑块放在斜面上，时刻在滑块上施加一平行斜面体的拉力使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，已知重力加速度g取10m/s2，，，则下列说法正确的是（　　）A. 滑块2s末运动到最高点B. 2s末滑块速度的大小为6m/sC. 1s末与3s末滑块的速度等大反向D. 0~1s内拉力与3~4s内拉力大小之比为2:1【答案】D【解析】【详解】A．由乙图可知滑块均处于向上加速，加速度方向沿斜面向下，且加速与减速阶段加速度是对称的，由运动的对称性可知，前两秒加速至最大速度，最后两秒减速直至4s末速度减为0，即滑块4s末运动到最高点，故A错误；B．由图像与t轴所围成的面积表示速度变化量，则有故B错误；C．滑块均处于向上加速，加速度方向沿斜面向下，且加速与减速阶段加速度是对称的，由运动的对称性可知，1s末的速度与3s末速度大小相等，方向相同，速度大小均为且方向沿斜面向上，故C错误；D．0~1s内，对滑块受力分析后由牛顿第二定律有解得3~4s内，对滑块受力分析后由牛顿第二定律有解得则可知，故D正确。故选D。6. 图甲为2022年北京冬奥会我国运动员参加冰壶比赛的场景｡比赛中投壶手在投出冰壶时会带有一定的旋转（自旋），擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦力，可使冰壶做曲线运动｡在图乙所示的各图中，圆表示冰壶，ω表示冰壶自旋的方向，v表示冰壶前进的方向，则在刷冰的过程中，冰壶运动的轨迹（虚线表示）可能正确的是（　　）A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④【答案】B【解析】【详解】由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦力，而后侧受摩擦力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转。即①④正确。故选B。7. 蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. 运动员的速度一直增大，加速度始终减小B. 运动员的速度先增大后减小，加速度是先减小后增大C. 运动员速度一直减小，加速度始终增大D. 运动员到最低点时，运动员对绳的拉力等于运动员所受的重力【答案】B【解析】【详解】ABC．运动员从a点到c点的运动过程中，开始时重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；后来重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，逐渐减小，即整个过程中速度先增加后减小，加速度是先减小后增大，故AC错误，B正确；D．运动员从a点到c点的运动过程中，显示重力大于弹力，后是弹力大于重力，所以当运动员到达最低点时，运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力，故D项错误。故选B。8. 如图所示，倾角为的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为、、，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断B、C间细线或断开弹簧与A的连接点。下列判断正确的是（　　）A. B、C间细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度大小为B. B、C间细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度大小为C. 从上端处断开弹簧的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零D. 从上端处断开弹簧的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为【答案】AD【解析】【详解】AB．开始时三个球静止，处于平衡状态，对三个球组成的系统受力分析，可得B、C间细线被剪断的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B球组成的系统，根据牛顿第二定律，可得解得故A正确；B错误；CD．断开弹簧的瞬间，三个小球一起向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可得故C错误；D正确。故选AD。9. 如图所示，传送带与水平面夹角，以恒定速度顺时针匀速转动，物块以初速度沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数，物块恰能到达传送带顶端，取重力加速度。下列说法正确的是（　　）A. 物块受摩擦力方向始终向下 B. 物块受摩擦力方向先向下后向上C. 传送带底端到顶端距离为3.6m D. 传送带底端到顶端距离为1.8m【答案】BC【解析】【详解】AB．物块刚滑上传送带时，滑动摩擦力沿斜面向下，物块做减速运动，当速度减小到时，由于 得物块不能与传送带一起匀速运动，只能继续减速运动，减速阶段，由于速度小于，所以滑动摩擦力沿斜面向上，到达传送带顶端时速度减为0。故A错误。故B正确；CD．由以上分析得，物块先做减速运动，根据牛顿第二定律 得加速度大小为 减速的第一阶段 解得 然后继续减速运动，根据牛顿第二定律 解得加速度大小为根据运动学公式解得传送带底端到顶端距离为 故C正确，D错误。故选BC。10. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连，A、B均可视为质点），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，已知重力加速度为g，物体A、B与水平面间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（　　）A. 撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为B. 撤去F后，物体A和B分离前，A、B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比C. 若物体A、B向左运动要分离，则分离时向左运动距离为D. 物体A、B一起向左运动距离时获得最大速度【答案】ABC【解析】【详解】A．撤去力F瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得解得故A正确；B．分离前，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有隔离B，由牛顿第二定律联立得故A、B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比，故B正确；C．分离时，A、B两物体加速度相同，没有相互作用力，故原长分离，即分离时向左运动的距离为，故C正确；D．当系统所受合力为零，即位移时速度最大，故D错误。故选ABC。11. 如图所示，质量均为m的甲、乙物块通过轻Q连接，轻绳P上端固定于O点、下端连接物块甲，甲乙物块均静止时，轻绳P、Q在同一竖直线上。现对甲、乙物块同时分别施加水平向左、水平向右的均缓慢增大的拉力，最终物块甲受水平向左拉力大小为F1=mg，物块乙受水平向右拉力大小为F2=2mg，图中未画出，轻绳P、Q弹力大小分别为TP、TQ，重力加速度为g。则（　　）A.  B. C. TP=2mg D. 【答案】AD【解析】【详解】对乙受力分析可知对甲乙的整体受力分析可得 故选AD。二、非选择题：本题共5小题。共56分12. 某同学用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验。（1）对于实验中的要点，下列说法中正确的是________（填字母序号）；A.细绳套适当长一些B.用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤之间夹角尽可能大些C.用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤的示数都应该尽可能接近量程D.作力的图示时，力的标度取值尽可能大些（2）某次实验中，弹簧秤的示数如图乙所示，则测得的力大小为________N；（3）该同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示1N，此两力的合力F=______N，F的方向与OA________（填“一定”、“不一定”或“一定不”）在同一直线上。【答案】    ①. A    ②. 4.2    ③. 6    ④. 不一定【解析】【详解】（1）[1]A．细绳套适当长一些，以减小确定力的方向带来的误差，故A正确；B．用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤之间的夹角不要太大也不要太小，故B错误；C．用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤的示数都尽可能接近量程，虽然读数误差减小，但合力的值可能超过单个弹簧秤量程，故C错误：D．作力的图示时，力的标度取值尽可能小些，以减小作图带来的误差，故D错误。故选A。（2）[2]弹簧秤的刻度不是10分度的，其最小分度为0.2N，故不需要估读到下一位，因此弹簧秤的示数为4.2N；（3）[3]根据平行四边形定则可得合力示意图如图所示所以合力大小为[4]由于F是根据平行四边形作出的理论值，因此与OA不一定在一条直线上。13. 某研究性学习小组利用如图所示的装置探究小车的加速度与质量的关系。（1）以下操作正确的是_______。A.拉小车的细线一定要始终保持与桌面平行B.拉小车的细线一定要始终保持与平面轨道平行C.平衡摩擦力时，一定要将钩码通过细线与小车相连D.每次改变小车的质量时，都要重新移动垫木的位置以平衡摩擦力（2）本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的总重力，由此造成的误差_______（填“能”或“不能”）通过多次测量来减小误差。（3）正确平衡摩擦后，按住小车，在小车中放入砝码，挂上钩码，打开打点计时器电源，释放小车，得到一条带有清晰点迹的纸带；在保证小车和砝码质量之和远大于钩码质量条件下，改变小车中砝码的质量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量，利用纸带测量计算小车加速度。如图是其中一条纸带，A、B、C、D、E是计数点，相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，已知交流电频率为50Hz，则这条纸带记录小车的加速度大小为_______m/s2（结果保留两位有效数字）。（4）已知某次小车的质量为500g，若钩码的质量为，细线中拉力的真实值为，若实验要求相对误差不超过10%，即，则实验中选取钩码的质量时应该满足：________g。（重力加速取）【答案】    ①. B    ②. 不能    ③. 0.63    ④. 50【解析】【详解】（1）[1]AB．拉小车的细线一定要始终保持与长木板平行，故A错误，B正确；C．平衡摩擦力时要求小车不受绳子拉力时能匀速运动，所以钩码不应通过细线与小车相连接，故C错误；D．改变小车质量时，长木板角度没有变化，重力沿斜面分力仍然等于摩擦力，不需要重新平衡摩擦力的，故D错误。故选B。（2）[2]小车和砝码、钩码一起运动，根据牛顿第二定律有，可得小车受到的拉力即实际细线对小车的拉力小于钩码的总重力，本实验中认为细线对小车的拉力等于钩码的总重力，由此造成的误差是系统误差，不能通过多次测量来减小误差。（3）[3]由于相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，所以相邻两个计数点间时间间隔由逐差法求得小车的加速度大小为（4）[4]小车和砝码、钩码一起运动，根据牛顿第二定律有，可得小车受到的拉力由，解得14. 如图所示，一质量的物块静止在粗糙水平面上。从开始，物块受到、与水平面的夹角为的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，，。（1）画物块受力图，并求物块的加速度的大小；（2）求第5s末，物块速度的大小。（3）若经过5s后撤去，求撤去后物块滑行的距离。【答案】（1） ；；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物体受力如下则在竖直方向有水平方向又联立可得（2）末物块速度的大小为（3）撤去后物块的加速度为撤去后物块滑行的距离为15. 质量为3kg的滑块P恰好静止于倾角的固定斜面上。现用平行于斜面向上的恒力作用于物体P上，如图（1）所示，P恰好不上滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取10m/s2。（1）求滑块P与斜面的动摩擦因素；（2）求恒力的大小；（3）如图（2）所示，另一滑块Q在平行于斜面的恒力的作用下紧贴于滑块P的左侧（接触面垂直于斜面），且此时滑块P恰好不上滑，滑块Q恰好不下滑，画出物块Q的受力图，求滑块Q的质量以及滑块P和Q之间的动摩擦因素。【答案】（1）；（2）；（3），，【解析】【详解】（1）由题可知，开始时，P恰好静止于斜面上，则解得（2）恒力作用于物体P上，如图（1）所示，P恰好不上滑，此时摩擦力沿斜面向下，且为最大静摩擦力，则 解得（3）对Q受力分析，受重力、P对其的弹力、P对其的摩擦力f和恒力，如图所示将P和Q整体研究，其中P质量，Q质量为，可知解得对Q受力分析后正交分解得 解得16. 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用1s后撤去，木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：（1）物块和木板间的动摩擦因数，木板和地面间的动摩擦因数；（2）0~1s内拉力的大小；（3）物块最终停止时的位置与木板右端间的距离。【答案】（1）；；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由图像可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0~1.5s内的加速度为对物块有可得在1~1.5s内木板的加速度根据牛顿第二定律有得（2）撤去拉力F前，木板的加速度根据牛顿第二定律有得（3）由图像可知共速时速度为3m/s，则在1.5s内物块位移为1.5s内木板位移为在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小物块到停止的时间还需木板的加速度大小为，则有得木板到停止的时间还需所以木板比物块早停止运动，在1.5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为木板位移为则物块最终停止时位置与木板右端间的距离为