精品解析：云南省文山壮族苗族自治州富宁县第一中学2022-2023学年高一下学期第三次月考物理试题（解析版）

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本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。
第I卷（选择题，共40分）
注意事项：
1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求；第7~10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. 在物理学发展的进程中，许多科学家作出了重要的贡献。下列关于科学家及其成就的说法正确的是（ ）
A. 亚里士多德指出“力是改变物体运动状态的原因”
B. 伽利略得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论
C. 开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆
D. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略指出“力是改变物体运动状态的原因”，A错误；
B．牛顿得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论，B错误；
C．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆，C正确；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，D错误。
故选C。
2. 关于势能，下列说法正确的是（ ）
A. 当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B. 物体离地面越高，它的重力势能就越大
C. 物体克服重力做功5J，它的重力势能就一定增加5J
D. 势能也叫位能，物体的位置一旦确定，它的势能的大小也随之确定
【答案】C
【解析】
【详解】A．若开始时弹簧被压缩，则当弹簧变长时，形变量减小，则它的弹性势能减小，选项A错误；
B．物体离零参考面的高度越高，它的重力势能就越大，选项B错误；
C．物体克服重力做功5J，它的重力势能就一定增加5J，选项C正确；
D．势能大小与零势能面的选择有关，物体的位置确定，但是零势能点不同，则它的势能的大小也不同，选项D错误。
故选C。
3. 为了对大气二氧化碳进行全天时、高精度监测，我国研制的全球首颗搭载主动激光雷达的大气环境监测卫星，于2021年7月发射。与地球同步轨道卫星（图中卫星1）不同，大气环境监测卫星（图中卫星2）是轨道平面与赤道平面夹角接近的卫星，一天内环绕地球飞14圈。下列说法正确的是（ ）

A. 监测卫星的加速度大小小于同步卫星的加速度大小
B. 监测卫星的环绕速度一定大于7.9km/s
C. 监测卫星的发射速度大小一定大于同步轨道卫星的发射速度大小
D. 监测卫星的环绕速度大小大于同步卫星的环绕速度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为地球同步卫星（卫星1）的周期是24h，而大气环境监测卫星（卫星2）的周期是，可见卫星2的周期小，根据万有引力提供向心力，有
可得
故卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径，根据万有引力提供向心力，有
解得
因卫星2的轨道半径小，故监测卫星的加速度大小大于同步卫星的加速度大小，选项A错误；
B．7.9km/h是最大的环绕速度，可知监测卫星的环绕速度一定小于7.9km/s，选项B错误；
C．监测卫星高度比同步卫星高度低，则检测卫星的发射速度大小一定小于同步轨道卫星的发射速度大小，选项C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
解得
因检测卫星2的轨道半径小，所以卫星2的速度大于同步卫星1的速度，选项D正确。
故选D。
4. 在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是。若皮带不打滑，则关于A、C轮边缘上质点P、Q的说法正确的是（ ）

A. 线速度大小之比为B. 角速度大小之比为
C. 周期之比为D. 转速之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A、B由皮带传动，线速度相等，即
BC同轴转动，角速度相等，即
由
得
根据
可得
根据
可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
5. 如图所示，水平面上放置一个倾角的斜面体，质量。现把一个质量的物体放在该斜面体上，用沿斜面向上大小为20N的拉力F作用于物体上时，物体与斜面体都保持静止，则下列说法正确的是（g取，，）（ ）

A. 物体对斜面体的摩擦力方向沿斜面向下
B. 斜面体对物体的作用力大小等于8N
C. 地面对斜面体的摩擦力大小等于12N
D. 斜面体对地面的压力大小等于100N
【答案】B
【解析】
【详解】A．对物体沿斜面方向有
解得
，方向沿斜面向下
根据牛顿第三定律可知，物体对斜面体的摩擦力大小为，方向沿斜面向上，故A错误；
B．斜面体对物体有支持力、摩擦力，且这两个力互相垂直，而根据平衡条件可得斜面体对物体的支持力
由此可知斜面体对物体的作用力大小为
故B正确；
C．运用整体法进行分析，将斜面体和物块看成一个整体，整体受到斜向右上方的拉力，易知拉力在水平方向的分力
即整体有向右运动的趋势，根据平衡条件可知地面给斜面体的摩擦力大小与相同，方向相反，故C错误；
D．拉力在竖直方向的分力
整体分析，竖直方向根据平衡条件有
解得地面对斜面体的支持力
而根据牛顿第三定律可知，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，即斜面体对地面的压力为，故D错误。
故选B。
6. 将一质量的小球从距地面高h处，以30m/s的初速度竖直上抛，经过落地，不计空气阻力，g取10，则（ ）
A. 抛出点高度h大小等于20m
B. 上升过程小球克服重力做的功等于45J
C. 整个过程重力做功的平均功率等于100W
D. 小球落地前重力做功的瞬时功率等于50W
【答案】C
【解析】
【详解】A．由
解得
选项A错误；
B．上升过程小球上升的高度
克服重力做的功等于
选项B错误；
C．整个过程重力做功的平均功率
故C正确。
D．小球落地前重力做功的瞬时功率等于
选项D错误。
故选C
7. 如图所示，将甲、乙两个小球分别从图示位置以初速度、水平抛出后，恰好在P点相遇。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 甲一定先抛出B. 乙可能先抛出
C. 它们的初速度可能相等D. 甲的初速度一定小于乙的初速度
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由图可知甲球的抛出点高，根据
可知甲球运动的时间更长，甲一定先抛出，选项A正确，B错误。
CD．由
乙的水平距离远，时间较少，所以乙的速度一定大于甲，故C错误，D正确。
故选AD。
8. 2022年，我国的航天事业又一次取得了令人瞩目的壮举，“神舟十三号”航天员乘组在轨驻留六个月，并成功返航，标志着我国的空间站技术已趋成熟。如图所示，圆形轨道I为空间站运行轨道，设圆形轨道I的半径为r，空间站运转周期为。椭圆轨道II为载人飞船返航轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道II的半长轴为a，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A. 空间站运转速率
B. 载人飞船在A点的速度大小大于在B点速度大小
C. 载人飞船在圆形轨道I上的A点应该减速进入返航轨道II
D. 载人飞船由A点返回到B点所用时间大于
【答案】AC
【解析】
【详解】A．空间站运转速率
选项A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，载人飞船在远点A点的速度大小小于在近点B点速度大小，选项B错误；
C．载人飞船在圆形轨道I上的A点应该减速做向心运动进入返航轨道II，选项C正确；
D．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道II上运行的周期小于在轨道I上运动的周期Ｔ，可知，载人飞船由A点返回到B点所用时间小于，选项D错误。
故选AC
9. 质量为的汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为60kW，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小恒为2000N，忽略汽车行驶过程中质量变化，下列说法正确的是（ ）
A 启动过程汽车做匀加速直线运动
B. 汽车速度能够达到的最大值为30m/s
C. 汽车速度达到20m/s时，加速度大小等于1
D. 汽车加速度大小等于2时，汽车速度为15m/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据
速度增大时，牵引力减小，则加速度减小，故A错误；
B．当速度最大时，，则
解得
故B正确；
C．由可知
汽车速度达到20m/s时，加速度大小等于1，汽车加速度大小等于2时，汽车速度为15m/s，故CD正确。
故选BCD。
10. 如图甲所示，质量为的物体在水平面上向右做直线运动。过A点瞬间给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，物体的图像如图乙所示，g取10m，下列说法正确的是（ ）
A. F的大小为4N
B. 物体与水平面间的动摩擦因数
C. 前4秒恒力F对物体做功为-64J
D. 10秒内恒力F对物体做功为6J
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由图得
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确。
CD．由图面积得向右运动s1=16m，向左运动s2=18m，总位移向左s=2m，所以前4s恒力F做功
全过程做功
故C错误，D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共60分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分）
11. （1）在做“研究平抛运动规律”的实验时，一位同学让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，其中错误的是___________。

A． 安装斜槽时，斜槽末端切线方向水平
B． 斜槽必须光滑，不能有摩擦力
C． 每次从轨道同一位置由静止释放小球
D． 记录小球位置时必须严格地等距离下降
（2）获得平抛轨迹后，图中的A、B、C三点为小球在空中连续的3个位置，以A点为坐标原点建立坐标系、B、C两点坐标如图，取，则（结果均保留三位有效数字）：
①小球平抛的初速度=___________m/s；
②小球在B点的速度是___________m/s。
【答案】 ①. BD##DB ②. 2.00 ③. 2.83
【解析】
【详解】（1）[1]A．安装斜槽时，斜槽末端切线方向水平，选项A正确，不符合题意；
B．斜槽是否光滑对实验无影响，只要小球到达低端时速度相同即可，选项B错误，符合题意；
C．每次从轨道同一位置由静止释放小球，以保证到达低端时速度相同，选项C正确，不符合题意；
D．记录小球位置时不一定必须严格地等距离下降，选项D错误，符合题意。
故选BD。
（2）①[2]由
解得
水平方向有
解得
②[3]B点的竖直分速度
根据平行四边形定则知
12. 为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：

（1）下列关于电火花打点计时器的说法正确的是___________。
A． 使用6V以下的低压交流电源
B． 只能使用频率为50Hz的电源
C． 计时器不能长时间工作，应先释放小车，后接通电源
D． 接通电源前，应使小车停在靠近打点计时器的位置
（2）打点计时器所接电源频率为50Hz，实验中得到一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E是连续的5个计数点，相邻计数点间均有4个点未画出，图中四个数据中不符合有效数字要求的一组数据应改为___________cm；在打下点C时小车的速度大小为___________m/s，小车的加速度大小为___________。
（3）多次改变砝码盘中砝码的质量，重复实验，测得多组F对应的小车加速度a，作出图像，如丙图所示，图像不过坐标原点的原因是___________。
【答案】 ①. D ②. 2.00 ③. 0.258 ④. 0.385 ⑤. 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】
【详解】（1）[1]A． 电火花计时器使用220V的交流电源，故A错误；
B．不一定要只使用频率为50Hz的电源，选项B错误；
C．计时器不能长时间工作，应先接通电源，后释放小车，选项C错误；
D．接通电源前，应使小车停在靠近打点计时器的位置，选项D正确。
故选D。
（2）[2]相邻计数点间均有4个点未画出，可知T=0.1s；图中四个数据中不符合有效数字要求的一组数据是“2.0”，应改为2.00cm；
[3]在打下点C时小车的速度大小为
[4]小车的加速度大小为
（3）[5]由图像可知，当力F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量为100kg的运料车，沿倾角为的斜面由底端缓慢地拉到顶端，斜面高，若不计滑轮、绳子的质量及滑轮的大小和各处的摩擦力，忽略运料车的形状和大小，g取10N/kg。在这一过程中，求：
（1）运料车重力做的功；
（2）工人做的功。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）运料车重力做的功
（2）工人拉绳子的力
工人将运料车拉到斜面顶端时，力F作用点的位移大小
工人做的功
14. 2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。观测得天王星的半径为R，它的一颗天然卫星环绕的周期约为T，环绕半径为r，引力常量为。求：
（1）估算天王星的质量；
（2）若在天王星表面发射一个人造卫星，速度至少为多大？
（3） 若天王星绕太阳的环绕周期是n年，两次出现天王星冲日现象需要间隔多少年？
【答案】（1）；（2）；（3）年
【解析】
【详解】（1）万有引力提供向心力
解得
（2）万有引力提供向心力
解得
（3）设间隔t年，再次出现天王星冲日，有
其中
解得
年
15. 如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为的小球从A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，已知到达B处时小球对轨道顶端的压力大小为mg，忽略空气阻力，小球视为质点，g取10。求：
（1）小球到达B点时的速度的大小；
（2）小球落点C到A点的距离L；
（3）小球落到C点时，重力的瞬时功率。

【答案】（1）2m/s；（2）0.85m；（3）4W
【解析】
【详解】（1）由题意可知小球到达B处时受到圆弧轨道顶端的弹力大小为
在B点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时，根据平抛运动规律得
根据几何关系有
解得
小球落点C到A点的距离
（3）小球在落在C点瞬间重力的瞬时功率为