黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022-2023学年高三物理上学期第三次月考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度上学期第三次月考试题

高三物理试卷

考试时间：90分钟：分值：100分

一、选择题：（1-8题每题只有一个正确答案，每题3分；9-13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44分）

1. 如图，物体、用细绳连接后跨过滑轮。静止在倾角为的木板上，悬挂着。已知质量，不计滑轮的摩擦。现将木板倾角由减小到，物体、始终保持静止。已知，。那么下列说法中正确的是（　　）

A. 绳子的张力将增大

B. 受到的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下

C. 物体受到的静摩擦力将减小

D. 物体对木板压力将增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．对B由平衡条件可得，绳子的张力等于B的重力，所以绳子的张力不变，故A错误；

BC．对A由平衡方程可得

联立可得

方向沿斜面向下

减小，减小，增大，故BC错误；

D．对A由平衡方程以及牛顿第三定律，物体A对木板的压力

减小，增大，N增大，故D正确。

故选D。

2. 如图所示，做匀速直线运动小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则（　　）

A. vA>vB B. vA<vB

C. 绳的拉力等于B的重力 D. 绳的拉力小于B的重力

【答案】A

【解析】

【详解】小车A向左运动的过程中，小车的速度是合速度，可分解为沿绳方向与垂直于绳方向的速度，如图所示，由图可知

则

小车向左运动的过程中角减小，增大，B向上做加速运动，故绳的拉力大于B的重力

故选A。

3. 饲养员在池塘边堤坝边缘处以水平速度往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为。坝顶离水面的高度为，取，不计空气阻力（，），下列说法正确的是（　　）

A. 若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，从抛出到落水所用的时间越长

B. 若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大

C. 若平抛初速度，则鱼饵颗粒不会落在斜面上

D. 若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．平抛时间由高度决定，与无关，故A错误；

B．若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平面的夹角正切值

越大，越小，即越小，故B错误；

C．若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得

水平方向可得

鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C正确；

D．若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角，根据位移分解关系

联立可得

因此一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。

故选C。

4. 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。

5. 如图所示，发射同步卫星的一般程序是：先让卫星进入一个近地的圆轨道，然后在点变轨，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的点，远地点为同步圆轨道上的点），到达远地点时再次变轨，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行的速率为，在椭圆形转移轨道的近地点点的速率为，沿转移轨道刚到达远地点时的速率为，在同步轨道上的速率为，由里向外三个轨道运动的周期分别为、、，由里向外三个轨道的机械能分别为、、，则下列说法正确的是（　　）

A. 在点变轨时需要加速，点变轨时要减速

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．在、Q两点变轨时均使卫星做离心运动，均需要向后喷气加速，同一轨道上机械能相同，变轨后机械能均增大，故满足

AB错误；

C．由开普勒第三定律可得

里向外三个轨道的半径（半长轴）变大，故周期变大，即

C错误；

D．在圆轨道上运行时由引力作为向心力可得

解得

故

两次变轨过程均加速，故

，

在椭圆轨道上从近地点到远地点，引力做负功，速度减小，故

综上所述可得

D正确。

故选D。

6. 如图所示为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼（离地面人的头部为45m高）落下， 能砸破人的头骨．若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为50kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为（    ）

A. 1700 N B. 2000 N C. 2300 N D. 2500 N

【答案】B

【解析】

【详解】鸡蛋从45m高处自由落体，由运动学规律可得速度为

对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理：

解得：

故选B.

【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度．对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力．

7. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB//CD。则整个过程中（　　）

A. F1的冲量等于F2的冲量

B. F1的冲量小于F2的冲量

C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量

D. 合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由图可知，推力的作用时间，又因为AB//CD，所以a、b两个物体所受的的摩擦力相等，由动量定理得

解得

所以F1的冲量小于F2的冲量，A错误，B正确；

C．由图可知，运动的时间，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，C错误；

D．全程动量变化为0，所以合外力的冲量为0，D错误。

故选B。

8. 如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为和的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度，当甲物体的速度减小到1 m/s方向向右时，弹簧最短，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）

A. 此时乙物体的速度为3 m/s

B. 紧接着甲物体将开始做加速运动

C. 甲、乙两物体的质量之比

D. 当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向右

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短，此时甲乙共速，故

故A错误；

C．把甲、乙看成一个系统满足动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

故C正确；

B．弹簧被压缩短后，弹簧逐渐恢复原长，乙依然加速，甲继续减速，故B错误；

D．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小

所以当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向左，故D错误。

故选C。

9. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，时的波形如图所示，时（　　）

A. 质点c的加速度为零

B. 质点d的位移为

C. 质点a速度方向沿y轴正方向

D. 质点b沿x轴正方向迁移了

【答案】AC

【解析】

【详解】A.在时，质点c到达平衡位置，则此时质点c的加速度为零，选项A正确；

B.时质点d在平衡位置向上振动，则在时，质点d到达波峰位置，则位移为，选项B错误；

C. 在时，质点a到达平衡位置，速度方向沿y轴正方向，选项C正确；

D. 在机械波传播的过程中，质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D错误。

故选AC。

10. 如图所示，某段直滑雪雪道倾角为，总质量为包括雪具在内滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度大小为在运动员滑到底端的过程中，下列说法正确的是　　

A. 运动员受到的摩擦力的大小为

B. 运动员获得的动能为

C. 运动员克服摩擦力做功为

D. 运动员减少的机械能为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】A．由牛顿第二定律可知，人受到的合力

 F=ma=mg=mgsin30°-f

解得

f=mg

选项A正确；

B．合力的功

W=Fs=mg×=mgh

由动能定理可知，运动员获得的动能为mgh；故B正确；

C．运动员克服摩擦力所做的功

Wf=mg×2h=mgh

故C错误；

D．根据功能关系知，运动员克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故机械能减小了mgh；故D正确；

故选ABD.

11. 一定质量理想气体的压强随热力学温度变化的图像如图所示，该气体从状态a开始，经历三个过程回到原状态，下列判断不正确的是（　　）

A. 状态a气体的压强最大

B. 状态c气体的温度最低

C. 过程中，气体对外界做功

D. 状态a气体的体积小于状态c气体的体积

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由图可知，状态a气体的压强最小，选项A错误，符合题意；

B．由图可知，状态c气体的温度最高，选项B错误，符合题意；

C．过程中，压强不变，温度升高，根据可知，气体体积变大，气体对外界做功，选项C正确，不符合题意；

D．从c到a是等容变化，即状态a气体的体积等于状态c气体的体积，选项D错误，符合题意。

故选ABD。

12. 氢原子的能级图如图所示，假设有大量处于n=3能级的氢原子，则下列说法正确的是（　　）

A. 氢原子向低能级跃迁过程中最多可发出3种不同频率的光

B. 氢原子跃迁至基态，核外电子的动能减小

C. 氢原子辐射一个光子后，电子绕核半径增大

D. 氢原子能吸收能量为0.97eV的光子发生跃迁

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．发光种类为种。A正确；

B．氢原子跃迁至基态，轨道半径减小，核外电子做匀速圆周运动有

可得

半径越小，所以核外电子动能增大。B错误；

C．氢原子辐射一个光子后，向低能级跃迁，轨道半径变小。C错误；

D．吸收能量后的能级为

根据能级图可知，氢原子跃迁到第5能级。D正确。

故选AD。

13. 一列沿着x轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A. 图乙表示质点L的振动图像

B. 该波的波速为

C. 时质点M的位移为0

D. 在4s内K质点所经过的路程为3.2 m

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题图甲可知，t=0时刻质点L正位于传播方向的“上坡”上，所以此时质点L向下振动，而题图乙中t=0时刻质点向上振动，所以图乙不是表示质点L的振动图像，故A错误；

B．由题图甲可知该波的波长为

由题图乙可知该波的周期为

所以该波的波速为

故B正确；

C．t=8s时，质点M刚好完成两次全振动，回到负向最大位移处，故C错误；

D．在4s内K质点完成一次全振动，所经过的路程为

故D正确。

故选BD

二、实验题：（每空2分，共22分）

14. 用图示装置验证机械能守恒定律，开始时用手托住A物体使系统保持静止状态，t=0时刻释放物体A，带着物体B一块运动，B物体通过纸带与打点计时器连接，通过分析纸带数据（如图乙所示），即可验证机械能守恒定律。每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），已知：打点计时器频率为50Hz，0是打下的第一个点mA=180g、mB=120 g，则：（结果均保留两位有效数字）（重力加速度g=10 m/s2）

验证过程如下：

①计算打下第5个计数点时的速度v=___________m/s；

②计算从打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk=________J；

②计算从打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统（重力）势能的减少量ΔEp=_______J；

③在误差允许的范围内，如果ΔEk=ΔEp ，则机械能守恒

【答案】    ①. 0.98    ②. 0.14 J    ③. 0.15J

【解析】

【分析】

【详解】[1]根据题意可知，相邻计数点时间间隔为

根据匀变速直线运动规律，打下第5个计数点时的速度

[2] 从打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量

[3] 从打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统（重力）势能的减少量

15. 某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块使其在气垫导轨上做匀速直线运动；然后将安装有遮光条的滑块P由倾斜轨道上某位置静止释放，经过气垫导轨左侧的光电门1后与滑块Q发生碰撞，并粘合在一起，最终通过光电门2。已知滑块P、Q的质量分别为m、M，回答下列问题：

（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度如图乙所示，则宽度d=__________mm；

（2）若滑块P经过光电门1、光电门2时，遮光条的挡光时间分别为Δt1、Δt2，若碰撞过程系统的动量守恒，则关系式_________成立；该碰撞过程损失的机械能为___________（用测量的物理量符号表示）。

【答案】    ①. 1.881##1.882##1.883    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]由图乙可知挡光片的宽度为

（2）[2]滑块P经过光电门1、2时的速度分别为

   ①

   ②

根据动量守恒定律有

   ③

联立①②③并整理得

[3]该碰撞过程损失的机械能为

16. 在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时

（1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为___________。

A．长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台

B．长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台

C．长的结实的细线、大木球、秒表、量程的刻度尺、铁架台

D．长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台

（2）用游标卡尺测出单摆小球的直径D如图所示，则___________。

（3）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最___________（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1。当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为___________秒

（4）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是___________。

A．实验室的海拔太高

B．摆球太重

C．测出n次全振动时间为t，误作为次全振动时间进行计算

D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了

【答案】    ①. B    ②. 1.35    ③. 低    ④.     ⑤. C

【解析】

【详解】（1）[1]实验选用的器材有：100cm长的结实的细线；为减小阻力的影响，摆球用小钢球；用秒表测量周期；用米尺测量摆长，另外还有铁架台，故选B。

（2）[2]用游标卡尺测出单摆小球的直径D =1.3cm+0.1mm×5=1.35cm。

（3）[3][4]为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1。当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为

（4）[5]A．海拔越高，g值越小，故A错误；

B．摆球的质量越重，误差越小，测量结果越准确，不会导致测得的g值偏大，故B错误；

C．根据

测出n次全振动时间为t，误作为次全振动时间进行计算，则周期偏小，测得的重力加速度g偏大，选项C正确；

D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，则测得的周期会偏大，测得的重力加速度g偏小，选项D错误。

故选C。

三、计算题（17题7分、18题10分，19题17分，共34分）

17. 如图所示为一列简谐横波在时刻的图像，此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当时质点P恰好从时开始第2次到达y轴正方向最大位移处。问：

（1）该简谐横波的波速v的大小和方向如何；

（2）从至，质点Q运动的路程L是多少。

【答案】（1），沿x轴负方向；（2）120 cm

【解析】

【详解】（1）图示时刻质点P沿y轴负方向运动，所以应位于波传播方向波形的上坡上，即波速方向沿x轴负方向。设波的周期为T，由题意可得

解得

由图像可知波长为，所以波速为

（2）从t=0至t=1.2 s，质点Q振动了6个周期，所以该段时间内质点Q运动的路程为

18. 某消防员在一次执行任务过程中，遇到突发事件，需从10m长的直杆顶端先从静止开始匀加速下滑，加速度大小，然后立即匀减速下滑，减速时的最大加速度，若落地时的匀速不允许超过，把消防员看成质点，求该消防员下滑全过程的最短时间。

【答案】2s

【解析】

【详解】设直杆长为h，加速下滑部分长为，减速下滑部分长为，最大速度为v，落地速度为，由速度位移公式

再由

解得

又有速度时间公式

联立以上各式解得

落地前的速度为

由速度时间公式

解得

该消防员下滑全过程的最短时间为

19. 如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；

（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；

（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。

【答案】（1）12 N；（2）2 m/s；（3）0.3 J

【解析】

【分析】

【详解】（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有

解得

对于小球P，从B→C，由动能定理有

解得

在B点，受力分析有

解得

由牛顿第三定律有

NB′＝NB＝12N

（2）设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，

根据公式

得

t＝0.2s

根据公式

x＝vt

代入数据，得

v＝1 m/s

碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有

mvQ＝2mv

解得

vQ＝2m/s

（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有

MvP＝mvQ

解得

vP＝1m/s

P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有

解得

Ep＝0.3J