（新高考）2022届高三上学期第一次月考备考B卷+物理+Word版含解析

这是一份（新高考）2022届高三上学期第一次月考备考B卷+物理+Word版含解析，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
第一次月考备考金卷
物 理 （B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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．光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则( )
A. 因为有Fx，质点一定做曲线运动
B. 如果Fy＜Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C. 如果Fy＝Fxtan α，质点做直线运动
D. 如果，质点向y轴一侧做曲线运动
【答案】C
【解析】如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向，即Fy＝Fxtan α，则质点做直线运动，故A错误，C正确；若，则合力方向在v0与x轴正方向之间，则轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动，若，
则合力方向在v0与y轴之间，所以运动轨迹必向y轴一侧弯曲而做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭Fx、Fy的大小不能确定F合是偏向x轴还是y轴，故BD错误。
2．质量为m的某同学在背越式跳高过程中，恰好越过高度为h的横杆，不计空气阻力，重力加速度为g。则( )
A．起跳阶段，地面对人的弹力不做功
B．上升过程中，重力势能增加mgh
C．从起跳最低点到上升最高点过程先失重后超重
D．刚接触海绵垫时，在竖直方向即做减速运动
【答案】A
【解析】该同学起跳脚蹬地的过程中，地面对人的弹力方向上没位移，所以弹力不做功，A正确；上升过程中，人的重心上升的高度小于h，则重力势能增加量小于mgh，B错误；从起跳最低点到上升最高点过程该同学先加速运动离地后做减速运动，即加速度先向上然后向下，则先超重后失重，C错误；刚接触海绵垫时，重力大于海面的弹力，先做加速运动，当重力小于海面的弹力后做减速运动，D错误。
3．一辆汽车从静止开始以恒定功率启动，汽车受到的阻力恒定，则在汽车加速运动过程中( )
A．汽车克服阻力做功的功率恒定
B．汽车克服阻力做功的功率越来越小
C．汽车合力做功的功率恒定
D．汽车合力做功的功率越来越小
【答案】D
【解析】汽车克服阻力做功的功率P1＝fv，阻力恒定，速度越来越大，因此汽车克服阻力做功的功率越来越大，故AB错误；设汽车牵引力的功率为P，由题可知，P恒定，则由汽车合力作功的功率P′＝P－P1可知，汽车合力做功的功率越来越小，故C错误，D正确。
4．如图所示，一小段钢管套在竖直固定的直杆PQ上，一段铁棒焊接在钢管上，铁棒与竖直杆成一定的角度，一段轻绳一端连接在铁棒的A端，一端连接在竖直杆上的B点，光滑挂钩吊着重物悬挂在轻绳上，当将钢管缓慢向上移动时，则轻绳上的拉力大小( )
A．一直增大 B．一直减小
C．保持不变 D．先减小后增大
【答案】C
【解析】挂钩两边的绳上拉力大小相等，因此挂钩两边的绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，设绳上拉力为F，则，杆在移动过程中，A、B两点的水平距离不变，由几何关系可知，绳与竖直方向的夹角不变，则F不变。
5．如图是传感器记录的某物体在恒力作用下沿x轴运动的x－t图象，已知图象为一条抛物线，下列说法正确的是( )
A．物体做曲线运动
B．物体前5 s内的平均速度为1.4 m/s
C．物体运动的初速度为9 m/s
D．物体做匀变速直线运动，加速度大小为2 m/s2
【答案】D
【解析】位移时间图像表示物体的运动的规律，不是物体的运动轨迹，所以A错误；根据图线可知内，故B错误；在内，内，联立求解得，，故C错误，D正确。
6．如图所示，长木板AB倾斜放置，板面与水平方向的夹角为θ，在板的A端上方P点处，以大小为v0的水平初速度向右抛出一个小球，结果小球恰好能垂直打在板面上；现让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，要让球从P点水平抛出后仍能垂直打在板面上，则水平位移x及抛出的水平速度v。不计空气阻力，则( )
A．x变大，v大于v0
B．x变小，v小于v0
C．x变大，v等于v0
D．x变化不确定，与v大小关系不确定
【答案】A
【解析】设板与水平方向的夹角为θ，将速度进行分解如图所示，根据几何关系得，水平方向有，则，联立可得，让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，θ增大，由图可知x增大、故初速度v0增大，即v＞v0，故A正确，BCD错误。
7．2021年5月15日7时18分，“天问一号”成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。在着陆前，“天问一号”需要先被火星捕获进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道，该轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m。已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( )
A．6×105 m B．6×106 m C．6×107 m D．6×108 m
【答案】C
【解析】忽略火星自转则mg＝Geq \f(Mm,R2)，可知GM＝gR2，设与为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万引力提供向心力可知Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r；设近火点到火星中心为R1＝R＋d1，远火点到火星中心为R2＝R＋d2，由开普勒第三定律可知，由以上分析可得d2≈6×107 m。故选C。
8．一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与飞机运动的速率平方成正比，记为F2＝k2v2。假设轮胎和地面之间的阻力是正压力的μ倍（μ＜0.25），若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍。在飞机起飞前，下列说法正确的是( )
A．飞机一共受5个力的作用
B．飞机可能做匀加速直线运动
C．飞机的加速度不可能随速度的增大而增大
D．若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于
【答案】B
【解析】对飞机进行受力分析可以知道，飞机受到：重力、支持力、地面的摩擦阻力，空气的阻力、机翼升力、发动机推力共6个力作用，故A错误；根据牛顿第二定律得，整理得，当时，则加速度恒定，故可能做匀加速直线运动，故B正确；当时，加速度可能随速度的增大而增大，故C错误；当升力时，飞机离开地面，则离开地面时的速度为，则根据运动学公式，则离开地面时通过的位移为，故D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，竖直面内半径为R的半圆轨道固定在水平地面上，A为半圆轨道的最低点；光滑木板（不计厚度）固定在轨道的A、B两点之间，A、B两点的高度差为h，小球（视为质点）由B点静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．可以求出小球在A点的动能
B．可以求出小球在A点的速度大小
C．无法求出小球沿木板运动的时间
D．可以求出小球沿木板运动的时间为
【答案】BD
【解析】由于小球的质量未知，仅知道下落高度，无法求出小球在A点的动能，所以A错误；设小球的质量为m，从A到B由动能定理mgh＝eq \f(1,2)mvA2，可求出小球在A点的速度vA＝eq \r(2gh)，所以B正确；根据等时圆知识，小球沿木板运动的时间，等于小球从半圆轨道的最高点运动到最低点做自由落体运动的时间，由2R＝eq \f(1,2)gt2，可得，所以C错误；D正确。
10．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利将聂海胜、刘伯明、汤洪波3名航天员送入太空，随后与天和核心舱进行对接，标志着中国人首次进入自己的空间站。如图所示，已知空间站在距地球表面高约400 km的近地轨道上做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．空间站的运行速度小于第一宇宙速度
B．空间站里所有物体的加速度均为零
C．对接时飞船要与空间站保持在同一轨道并进行加速
D．若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度
【答案】AD
【解析】绕地球做匀速圆周的物体的速度小于等于第一宇宙速度，A正确；由于空间站所受重力用于提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，导致空间站里所有物体均处于完全失重状态，但重力加速度并不为零且等于其向心加速度，B错误；对接时飞船不能和空间站保持在同一轨道并进行加速，因为同一轨道上的速度是固定为某一值的，若加速则将偏离轨道，C错误；由公式Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(4π2,T2)R，M＝ρ·eq \f(4,3)πR3，可推出中心天体的平均密度ρ＝eq \f(3π,GT2)，由于空间站距地面的高度较小，空间站的轨道半径近似等于地球半径，故若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度，D正确。
11．半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示，小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是( )
A．等于 B．大于
C．小于 D．等于2R
【答案】ACD
【解析】原来小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据机械能守恒有eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得，可能速度v较大，小球滑到与圆心等高的平面上方，未到达圆轨道最高点时离开轨道，则h＜2R。根据机械能守恒有eq \f(1,2)mv2＝mgh＋eq \f(1,2)mv′2，v′＞0，则，也可以速度v足够大，小球能做完整的圆周运动，h＝2R，故ACD可能，B不可能。
12．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝2eq \r(5) rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1 m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列选项正确的是( )
A．M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN＝eq \r(3)∶1
B．M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN＝eq \r(5)∶1
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
【答案】AD
【解析】M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn＝mgtan 45°＝mωvM，得，同理，N点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，Fn′＝mgtan θ＝mωvN，，又Fn′＝mω2r，r＝Rsin θ，联立得，所以，故A正确，B错误；当半圆环绕竖直对称轴以角速度ω做匀速转动时，对小环M，外界提供的向心力等于mgtan 45°，则mgtan 45°＝mω2rM，当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环M需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环M将到达A点。设ON与竖直方向之间的夹角为θ，对于N环，则mgtan θ＝mω2rN，当ω稍微增大时，小环N所需要的向心力增大，小环N将做离心运动，小环N将要向C点靠近，此时θ增大，mgtan θ也增大，最终小环N需要的向心力与提供的向心力相等，所以小环N将稍许靠近C点。故C错误，D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______；
A．交流电源 B．刻度尺
C．秒表 D．天平（含砝码）
(2)图乙是该同学在某次实验中得到的一条纸带，O是重物开始下落时打出的点，A、B、C是按照打点先后顺序选取的三个计数点，通过测量得到O、A间距离为h1，O、B间距离为h2，O、C间距离为h3。已知计数点A、B间和B、C间的时间间隔均为T，重物质量为m，从重物开始下落到打点计时器打B点的过程中，重物动能的增加量为______；
(3)该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离为h，计算对应计数点的重物速度为v，得到如图丙所示的v2－h图像，由图像可求出当地的重力加速度g＝_____m/s2。
【答案】(1)AB (2) (3)9.70 (每空2分)
【解析】(1)打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺；实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平，打点计时器可以知道时间，不需要秒表，故选AB。
(2)B点为AC两点的中间时刻，速度为AC之间的平均速度，，重物动能的增加量。
(3)根据，代入数据可得。
14．(6分) 为测量弹簧劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如图甲所示，角度传感器与可转动“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，力传感器套在左右两个固定的套杆（图乙中未画出）上，弹簧的一端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连。当角度传感器顶端转盘带动“T”形螺杆转动时，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化。
(1)已知“T”形螺杆的螺纹间距d＝4.0×10－3 m，当其旋转300°时，力传感器在竖直方向移动_______m。（结果保留2位有效数字）
(2)该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长
②记录初状态力传感器示数F0以及角度传感器示数θ0
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器示数F1，其增加值ΔF1＝F1－F0角度传感器示数θ1，其增加值Δθ1＝θ1－θ0
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作，在表格中记录多组ΔF、Δθ值：
图丙已描出5个点，请将剩余点在图中描出并连线。
⑤若上图中的直线斜率a，则用d、a写出弹簧的劲度系数的表达式为k＝___________
【答案】(1)3.3×10－3 (2)见解析图 (每空2分)
【解析】(1)当其旋转360°时，力传感器在竖直方向移动d＝4.0×10－3 m，则当其旋转300°，力传感器在竖直方向移动距离。
(2)描点作图如图所示。角度增加Δθ时，弹簧形变量为Δx，则有，根据胡克定律得ΔF＝kΔx，解得，将上式变换得，图像斜率为，解得。
15．(10分)现今社会，科技飞速发展，无人驾驶汽已经成为智能化交通工具必然的发展方向。
(1)无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”。若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2的加速度刹车，试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？
【解析】(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有：0－v02＝－2ax (2分)
代入数据解得：v0＝24 m/s。 (1分)
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v，该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4 s
对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1) (1分)
对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2 (1分)
联立代入数据得：t2＝3.6 s，v＝2 m/s
又 (1分)
(1分)
Δx＝x有－x无 (1分)
联立解得Δx＝12.6 m＜30 m，即两车不会相撞。 (2分)
16．(10分)如图所示，两个半圆柱A、B和一个光滑圆柱C紧靠着静置于水平地面上，C刚好与地面接触，三者半径均为R，C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，A、B与地面的动摩擦因数相同。现用水平向左的力推A，使A缓慢移动而抬高C，直至A的左边缘和B的右边缘刚好接触，整个过程中B始终静止不动，且B所受摩擦力的最大值恰好等于B与地面间的最大静摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C被抬高的过程中，A给C的弹力的最小值；
(2)A、B与地面间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)圆柱C受力平衡，如图所示，当A向左运动时，A对C的作用力与B对C的作用力之间的夹角减小，由矢量合成可知，F减小，当C达到最高点时弹力最小；根据平衡条件可得
(2分)
解得C受到B作用力最小值为。 (1分)
刚开始运动时B对C支持力最大为Fm，如图所示，则根据力的平衡可得

(1分)
解得
所以最大静摩擦力至少为 (1分)
B对的地面的压力为 (1分)
B受地面的摩擦力为 (1分)
根据题意有 (1分)
解得。 (2分)
17．(12分)如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB与水平面的夹角θ＝30°，水平固定轨道BC在B点与AB平滑相连，竖直墙壁CD左侧地面上紧靠墙壁固定一倾斜角α＝37°的斜面。小物块（视为质点）从轨道AB上距离B点L＝3.6 m处由静止释放，然后从C点水平抛出，最后垂直打在斜面上，小物块运动过程一切阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，≈122。求：
(1)小物块从C点平抛时的速度大小；
(2)竖直墙壁CD的高度H；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时速度的最小值。
【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据牛顿第二定律有
mgsin 30°＝ma (1分)
vB2＝2aL (1分)
解得：vC＝vB＝6 m/s。 (1分)
(2)物块落在斜面上时 (1分)
得到平抛的时间t＝0.8 s
设水平位移为x，竖直位移为y，对平抛运动，有
x＝vCt＝4.8 m (1分)
y＝eq \f(1,2)gt2＝3.2 m (1分)
结合几何关系，有CD的高度H＝y+xtan α (1分)
解得H＝6.8 m。 (1分)
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放，运动到B点时的速度为vB′，从C点离开平台做平抛运动
x＝vB′t
y＝eq \f(1,2)gt2
落在斜面上瞬时速度 (2分)
当且仅当时，即时，速度最小
代入数据，解得vmin＝4eq \r(6) m/s。 (2分)
18．(16分)如图所示，倾角为θ的斜面上PP′、QQ′之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接。每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP′、QQ′间的动摩擦因数均为2tan θ。将它们从PP′上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ′，重力加速度为g。求：
(1)薄木板A在PP′、QQ′间运动速度最大时的位置；
(2)薄木板A上端到达PP′时受到木板B弹力的大小；
(3)释放木板时，薄木板A下端离PP′距离满足的条件。
【解析】(1)将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值
(2分)
得到
即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大。 (2分)
(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律： (1分)
得到
对A薄木板用牛顿第二定律： (1分)
。 (2分)
(3)要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的,设C木板刚好全部越过PP′时速度为v。
①对木板C用动能定理
(2分)
(2分)
②设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板整体用动能定理
(2分)
得到
即释放时，A下端离PP′距离。 (2分)
序号
ΔF（单位：N）
Δθ（单位：°）
1
0.121
499.7
2
0.247
999.9
3
0.373
1500.5
4
0.498
2000.2
5
0.623
2500.6
6
0.747
3000.3