2022-2023学年重庆市二0三中学高三上学期第一次月考物理试题含解析

  二〇三中学2022-23上期高三第二次质量检测物理试题

考试范围：必修1+必修2+热学+机械振动；考试时间：75分钟；总分：100分

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共6小题，只有一个正确选项，共30分）

1. 许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法等。以下关于物理学史和物理学方法叙述正确的是（　　）

A. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法

B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了微元累积法

C. 在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为“放大法”

D. 卡文迪许在研究万有引力时，利用控制变量思想，将微小的万有引力转变成可测量的角度变化

【答案】B

【解析】

【详解】A．在不需要考虑物体本身形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误。

B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，每一个小段可以看成一个“微元”，各小段的位移相加即“累积”，所以这里采用了微元累积法，故B正确；

C．在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为合理外推法，故C错误。

D．卡文迪许在研究万有引力时，将微小的万有引力转变成可测量的角度变化，利用的是放大法，故D错误。

故选B。

2. 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则

A. 杆对A环的支持力变大 B. B环对杆的摩擦力变小

C. 杆对A环的力不变 D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，选项A错误；

BD．对圆环B受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得 （其中的θ是绳与杆之间的夹角），则当两环距离变小后，θ变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，选项B正确，D错误；

C．同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，选项C错误．

3. 一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（　　）

A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和离心力

B. 汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104N

C. 汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑

D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】A．汽车转弯时受重力、支持力和地面的摩擦力，故A错误；

B．当汽车转弯速度为20m/s时，所需的向心力为

故B错误；

C．由于转弯速度为20m/s时所需向心力

说明地面对轮胎的静摩擦力足以提供向心力，汽车不会侧滑，故C错误；

D．当最大静摩擦力提供向心力时，有

解得

故D正确

故选D。

4. 如图为航展中某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为200米，速度约为300km/h。则（  ）

A. 若飞机做的是匀速圆周运动，则在最高点和最低点速度相同

B. 图中飞机飞行时受到重力、空气作用力和向心力的作用

C. 图中飞机经过最低点时驾驶员对座椅的压力小于在最高点时对座椅的压力

D. 图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的4.5倍

【答案】D

【解析】

【详解】A．若飞机做的是匀速圆周运动，则在最高点和最低点速度大小相同，方向不同，故A错误；

B．向心力是物体实际受到的力提供的一种效果力，故B错误；

C．根据牛顿第二三定律，最低点时驾驶员对座椅的压力大小等于驾驶员受到座椅的支持力，则

，

解得

，

飞机经过最低点时驾驶员对座椅的压力大于在最高点时对座椅的压力，故C错误；

D．根据题中数据，解得

故D正确。

故选D。

5. 太阳系中的八大行星，按照到太阳的平均距离由近到远的顺序排列，依次是水星、金星、地球、火星、木星、土星、天王星、海王星。设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则下列说法中正确的是（　　）

A. 金星绕太阳运动的加速度是火星的倍

B. 金星绕太阳运动的周期是火星的倍

C. 金星表面的重力加速度是火星的倍

D. 金星的“第一宇宙速度”是火星的倍

【答案】D

【解析】

【详解】A．设行星绕太阳做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据万有引力提供向心力有

可得，行星绕太阳运动的向心加速度为

金星自身的半径R是火星的n倍，但金星绕太阳运动的轨迹半径r不等于火星绕太阳运动轨迹半径的n倍，故A错误；

B．行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有

可得，行星绕太阳运动的周期为

可知，金星绕太阳运动的周期不是火星的倍，故B错误；

C．不考虑行星自转的影响，则在行星表面万有引力等于重力，即有

可得，行星表面的重力加速度为

由于金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，则金星表面的重力加速度是火星的倍，故C错误；

D．在行星表面，绕行星做匀速圆周运动的卫星轨迹半径约等于行星半径R，根据万有引力提供向心力有

可得，行星的“第一宇宙速度”为

由于金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，则金星的“第一宇宙速度”是火星的倍，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　）

A. 时刻，小物块离A处的距离达到最大

B. 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C. 0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D. 0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据图像的面积表示位移可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；

B．由图可知，0~时间内，小物块向左减速，时刻速度减为零后，~时间内，又开始向右加速，时刻与传送带共速，此后与传送带一起匀速回到A处，则时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；

CD．由图像的斜率表示加速度可知，0~时间内，小物块的加速度大小方向都不变，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可知，0~时间内，小物块始终受到大小方向都不变的摩擦力作用，故C错误，D正确。

故选D。

二、多选题（本大题共4小题，有多个正确选项，错选0分，漏选得3分，共20分）

7. 从倾角为θ的斜面上A、B位置分别以水平速度v1、v2平抛两个小球，两个小球恰好都落在斜面上C点，如图所示。已知v1=2v2，则下列说法正确的是（　　）

A. 两小球在空中运动时间之比为2：1

B. 两小球水平位移之比2：1

C. 两小球落到C点时的速度大小之比为4：1

D. 两球落到C点时速度方向相同

【答案】AD

【解析】

【详解】A．小球从斜面抛出最后落到斜面上，有

解得

故A正确；

B．水平位移之比为

故B错误；

CD．设速度方向与水平方向的夹角为α，则

由此可知，两小球落到斜面上的速度方向相同，此时速度大小为

所以速度大小之比为

故C错误；D正确。

故选AD。

8. 如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，若质点Q相继出现两个波峰的时间间隔为4s，则下列说法正确的是（　　）

A. 该波的传播速度

B. 从图示计时，若P质点比Q先到达波峰，则波的传播方向沿x轴正向

C. P、Q两质点的振动方向总是相反

D. 若波沿x轴负向传播，从图示计时，至少再经过，P、Q两质点的位移才能相同

【答案】AD

【解析】

【详解】A．该波周期等于质点Q相继出现两个波峰的时间间隔

由图知波

所以波速为

A正确；

B．从图示时刻开始计时，若P质点比Q先到达波峰，说明此时质点P正向上运动，波的传播方向沿x轴负向，B错误；

C．由图可知，P与Q之间的距离不等于半个波长，所以P与Q两个质点振动的方向不总是相反，C错误；

D．若波沿x轴负向传播，在Q点右侧相距3m，位移相同的两质点的振动形式分别传播到P、Q时，P、Q的位移相同。距离Q点最近的分别是、，即当处质点的振动形式传播到Q点时，处质点的振动形式刚好传播到P点，此时P、Q两质点的位移第一次相同，用时

D正确。

故选AD。

9. 质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下，沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，只在摩擦力作用下减速到停止。其v—t图像如图所示，则下列说法正确的是（   ）

A. 和大小相等

B. 和对A、B做功之比为1：1

C. 0－时间内，和的平均功率之比为1：6

D. 减速过程中摩擦力对A、B做功之比为2：1

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由牛顿第二定律结合v—t图像知，A、B两个物体受到的摩擦力大小分别为

在水平恒力F1和F2的作用下有

解得

两个拉力大小不等，A错误；

B．和对A、B做功分别为

和对A、B做功之比为1：1，B正确；

C．0－时刻和的平均功率分别为

0－时刻和的平均功率之比为4：1，C错误；

D．由动能定理，减速过程中摩擦力对A、B做功的绝对值等于A、B动能的减少量，即

减速过程中摩擦力对A、B做功之比等于质量之比，为2：1，D正确。

故选BD。

10. 如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板上，物块B和A通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定的细杆上，OA竖直，OC间距l=3m且水平，此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力．已知物块A、B、C质量均力2 kg．不计一切阻力和摩擦，g取10m/s2．现将物块C由静止释放，下滑h=4m时物块B刚好被提起，下列说法正确的是

A. 弹簧的劲度系数为20 N/m

B. 此过程中绳子对物块A做的功为60J

C. 此时物块A速度的大小为

D. 绳子对物块C做功的大小等于物块A动能的增加量

【答案】AC

【解析】

【详解】A．初始时弹簧处于压缩状态，弹力等于A的重力．B刚好被提起时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于B的重力．由几何关系得，弹簧共伸长了2m．物块B刚好被提起时弹簧的的形变量为：

解得弹簧的劲度系数为：

故A正确．

BC．物块C沿杆下滑的速度分解在沿绳子的方向和垂直的方向，当物块B刚好被提起时：

B的速度为零，弹簧由压缩变为伸长，形变量不变，储存的弹性势能始末两个状态相等，由整个系统动能定理得：

解得：

所以C正确．

对于A物体，由动能定理得：

解得：

故B错误．

D．对C由动能定理得：

解得绳子对C做的功为：

物块A动能的增加量:

所以绳子对物块C做功的大小不等于物块A动能的增加量．故D错误．

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14分）

11. 某物理研究小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．在铁架台上安装有一电磁铁（固定不动）和一光电门（可上下移动），电磁铁通电后将钢球吸住，然后断电，钢球自由下落，并通过光电门，计时装置可测出钢球通过光电门的时间，用测量工具测量出钢球的直径。

（1）多次改变光电门的位置，测量出光电门到电磁铁下端O的距离为h（），并计算出钢球经过光电门时的速度v。若空气阻力可以忽略不计，则如图所示的图像正确的是________（填选项字母）；

（2）钢球通过光电门的平均速度________（选填“大于”或“小于”）钢球球心通过光电门的瞬时速度；

（3）从实验结果中发现________（选填“稍大于”“稍小于”或“等于”） ，试分析可能的原因：________。

【答案】    ①. B    ②. 小于    ③. 稍大于    ④. 空气阻力的影响或高度测量中忽略了钢球的尺度等

【解析】

【详解】（1）[1]利用钢球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故

根据机械能守恒的表达式有

则图像应该是一条过原点的倾斜直线，故B正确；

（2）[2]钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻的瞬时速度，钢球球心通过光电门的瞬时速度为中间位移处的瞬时速度，根据匀变速直线运动的规律，可知钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；

（3）[3][4]从实验结果中发现稍大于，原因是空气阻力的影响或高度测量中忽略了钢球的尺度等。

12. 图甲为“探究加速度与物体受力、质量之间的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。

（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车和砝码所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来需要进行的一项操作是________。

A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶总质量的大小，使小车在细线的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动

（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是（      ）

A．M＝20 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g

B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g

D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

（3）图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。测出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm、xEF＝5.91 cm、xFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________m/s2（结果保留2位有效数字）。

【答案】    ①. B    ②. C    ③. 0.42

【解析】

【详解】（1）[1]为了使细线对小车拉力等于小车和砝码所受的合外力，要保证细线与长木板平行，还需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要撤去砂和砂桶并利用打出的纸带判断小车是否做匀速运动。

故选B。

（2）[2]实际上，平衡摩擦力后，有

mg－T＝ma，T＝Ma

则

mg＝（M＋m）a

解得

只有当M≫m时，才可以将砂和砂桶的总重力大小mg看作小车与砝码受到的合外力大小Ma，因此应选择最小的一组。

故选C。

（3）[3]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻的计数点之间的时间间隔为

T＝5×0.02 s＝0.1 s

利用逐差法可得加速度

代入数据得

a＝0.42 m/s2

四、解答题（本大题共3小题，共36分）

13. 如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开，玻璃管导热且粗细均匀。玻璃管竖直静止时，A部分气柱长度为3L，压强为p0，B部分气柱长度为5L，水银柱产生的压强为，已知大气压强为p0，环境温度保持不变。求：

（1）若将玻璃管沿竖直面缓慢转过，待稳定后，气体A的压强；

（2）若将玻璃管沿竖直面缓慢转过，待稳定后，气体A的压强；

（3）若在该竖直玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，再缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银柱刚好上升L，该过程中气体B内能的增加量。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）转动前B部分气体的压强为

设转动后B部分气体的长度为，则A部分气体长度为l

设B部分气体压强为，A部分气体压强为

由玻意耳定律可得，对A部分气体有

对B部分气体有

解得

（2）转动前B部分气体的压强为

设转动后B部分气体的长度为，则A部分气体长度为

设B部分气体压强为，A部分气体压强为

由玻意耳定律可得，对A部分气体有

对B部分气体有

解得

（3）根据题意得，在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，再缓慢加热气体B，水银柱上升，这一过程中B部分气体为等压变化，压强恒为

气体对外界做功为

根据热力学第一定律，可得该过程气体B内能增量为

14. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为。

（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；

（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，，，，砝码与纸板左端的距离，取。若F=30N，砝码最终相对桌面移动的距离有多长？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）当纸板相对砝码运动时，则砝码和桌面对纸板摩擦力都是滑动摩擦力，砝码对纸板的摩擦力为

桌面对纸板的摩擦力为

故纸板所受摩擦力为

（2）设砝码的加速度为，纸板的加速度为，则根据牛顿第二定律有

要使纸板相对砝码运动，则需满足

联立解得

（3）将数据代入上述的分析可得

，

设经过t时间，砝码离开纸板，则有

带入数据解得

则此时砝码运动的位移为

对纸板分析可知，纸板离开桌面后受到桌面摩擦力水平向左，且该摩擦力大小等于，则根据牛顿第二定律可知，此后砝码的加速度大小也为，但方向水平向左。由于加速度大小相等，则当砝码减速停止时，两个过程中速度的变化量大小相等，则所需的时间也相等，根据逆向思维可知，砝码在桌面上减速到停止的位移为

故砝码最终相对桌面移动的距离为

15. 如图所示，一倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与一半径为m的光滑圆弧轨道相切于C点，圆弧轨道不会与其他轨道重合。A、B、C、D均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿AB方向进入倾斜轨道滑下。已知轨道AB长，与水平方向夹角，小球与轨道AB、BC间的动摩擦因数均为，g取2，，。求：

（1）未解锁时弹簧的弹性势能；

（2）小球在AB轨道上运动的加速度大小；

（3）小球在A点和B点时速度的大小、；

（4）要使小球能够进入圆轨道且不脱离圆轨道，BC轨道长度d应满足什么条件。

【答案】（1）16J；（2）2m/s2；（3）5m/s；7m/s；（4）或

【解析】

【详解】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有

解得弹簧的弹性势能

（2）小球在AB轨道上运动时

解得

a=2m/s2

（3）对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为

B处的速度

（4）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，在最高点

从B至最高点的过程

解得

设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，从B至圆心等高处的过程

解得

设小球恰好运动到C处，从B至C处的过程

解得

综上所述，要使小球不脱离轨道，则BC长度必须满足

或