2022届福建省莆田高三（上）10月物理试题（解析版）

莆田一中2021-2022学年度上学期10月份月考试卷高三物理一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中塔堡的是（ ）A.甲图中，A点逐渐向B点靠近时，观察A8割线的变化，就是曲线在8点的切线方向，运用了极限思想.说明质点在B点的瞬时速度方向B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了理想化模型的思想C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法D.丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量【答案】B【解析】【详解】A.甲图中，A点逐渐向8点靠近时，观察A8割线的变化，就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想.说明质点在B点的瞬时速度方向，A正确。不符合题意；B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效替代，B错误，符合题意；C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量，C正确，不符合题忌；D.丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量，D正确，不符合题意。故选B。2.小船过河，河宽300m,水流速度为3m/s,船在静水中的速度为4m/s,以下结论正确的是（ ）A.船不可能到达正对岸B.船的最短过河时间为75sC.船以最短路程过河所需时间为60sD.船要以最短路程过河，船头必须指向正对岸【答案】B【解析】【详解】A.船在静水中的速度大于水流速度，由运动的合成定则可知，船的合速度能够垂直河岸，如图所示，因此船能到达正对岸，A错误：B.当船垂直河岸过河时，渡河时间最小，则有《=&s=75s匕4B正确；C.船的合速度在垂直河岸时，运动的路程最小，合速度大小为v=Jy； -32m/s=>/7m/s渡河时间为TOC\o"1-5"\h\z,d300 3005t=—=—S= SVx/7 7C错误：D.船要以最短路程过河，船的合速度要一定垂直河岸，此时船头必须指向逆水偏向正对岸方向渡河，D错误。故选B„3.如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲''过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是()A.出现超重的现象时，该同学对体重计的压力大于体重计对她的支持力B.只有“下蹲”过程，才能出现失重的现象“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象【答案】C【解析】【详解】A.该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力，为一对作用力和反作用力的关系，大小相等方向相反，A错误：B.在“下蹲”过程，同学先向下加速度运动，后向下减速运动，所以先处于失重现象后处于超重现象；"起立''的过程，同学先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先出现超重现象后出现失重现象，B错误；C.“起立”的过程，同学先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先出现超重现象后出现失重现象，C正确：D.“下蹲”的过程，同学先向下加速度运动，后向下减速运动，所以先处于失重现象后处于超重现象，D错误。故选C。.如图所示，小金属块。放在有光滑小孔的水平桌面上，轻质细线一端固定在。上，另一端穿过小孔连接金属小球。保持金属块。静止，让小球先后在P、P'两个水平面内做匀速圆周运动。小球在尸平面时()A.。受到桌面的支持力较大 B.。受到桌面的静摩擦力较大C.小球运动的角速度较小 D.小球运动的向心加速度较大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.金属块Q保持在桌面上静止，对于金属块和小球研究，竖直方向没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故A错误；BCD.设细线与竖直方向的夹角为。，细线的拉力大小为T,细线的长度为L,尸球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图T.则有T=T.则有T=^-cos。mgtan0—ma>2Lsin0得角速度使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，。增大，cos。减小，tan。、sin。都增大，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期变小。即小球在P平面内时，小球运动的角速度较小，运动的向心加速度较小，绳子的拉力较小，所以对金属块。，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力较小，故C正确，BD错误。故选C。.如图所示，倾角为30。的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定与杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M（撤去弹簧a）瞬间，小球加速度大小为6m*,若不拔去销钉M,而拔去销钉N（撤去弹簧6）瞬间，小球的加速度可能为（g取lOm/s?）（）①11m/s2,沿杆向上 ②llm/s2,沿杆向下③1m/s2,沿杆向上 ④1m/s2,沿杆向下B.①④A.①③【答案】CB.①④A.①③【答案】CC.②③D.(2X4)【解析】【详解】设小球的质量为，小沿杆斜向上为正方向，刚开始小球受力平衡，则有Fn+Fm—«7gsin3O°=O拔去销钉M瞬间，则有FN_/ngsin300=±/na=±6/n解得Fn=-1/n或11mFm=&n或一若拔去销钉N瞬间，小球受弹簧M和重力的作用，其加速度为.居-mgsin30“tn解得a=lm/s2或-11m/s2ABD错误，C正确。故选C。.如图所示，三个可视为质点的、相同的木块A、B和C放在转盘上，质量均为机，C放在A的上面，A和B两者用长为L的细绳连接，木块与转盘、木块与木块之间的动摩擦因数均为k,A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴。1。2转动。开始时，绳恰好伸直，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，以下说法正确的是（ ）A.当0>JA.当0>J组，绳子一定有弹力N3LB.当69B.当69>时，A、B相对于转盘会滑动C受到的摩擦力为

C受到的摩擦力为D.3在红〈①〈返范围内增大时,绳子的拉力不变\2£V4L【答案】B【解析】【详解】A.B先达到最大静摩擦力，对B有hng=mco2•2L解得故当①〉」姐,绳子一定有弹力，选项A错误；V2£B.当A也达到最大静摩擦力时，用系统牛顿第二定律k-2mg4-kmg=mco1-2L+2mco2L解得故当CD>时，故当CD>时，A、B相对于转盘会滑动，选项B正确;C.当0=J逐，对C物体有V4£3fc=mco~L=^kmg选项C错误；D.当J组<0<J返范围内增大时，B受水平面的摩擦力已经达到最大静摩擦力，摩擦力不变，绳的V2£V4£拉力增大，选项D错误。故选B,二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的选项中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。分。.如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和8用轻质弹簧连接，在水平恒力厂的作用下，A、8以相同的加速度向右运动.4、8的质量关系为6a＞6b，它们与地面间的动摩擦因数相同，为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是 FAN\N\B ►'77Z7777Z777777Z7777Z777777777A.仅增大B的质量.仅增大4的质量C.仅将A、8的位置对调D.仅减小水平面的粗糙程度【答案】AC【解析】【详解】设弹簧的弹力为7,对于A、B整体，由牛顿第二定律得F-p(mA+mB)g=(mA+mB)a对8受力分析T-fimBg=mBa联立解得：T=m^F

^A+mBT=利尸—FA.由mA+mHi+%&知增大，加，7增大，则弹簧稳定时的伸长量增大，故A正确；B.由T=*—知仅增大A的质量，T减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故B错误；C.仅将A、B的位置对调，同理可得弹簧的弹力丁，二%一

啊+啊因侬＞〃3，则厂＞7,所以弹簧稳定时的伸长量增大，故C正确；D.由T=*—知7与〃无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不变，故D错^A+mB误.8.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球〃球和力，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆。和。上，质量为“，的“球置于地面上，质量为网，的力球从水平位置静止释放.当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是（）B.ma=mhC.若只将细杆O水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90。的某值时，。球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆。水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90。时，。球对地面的压力刚好为零【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB.由于b球摆动过程中机械能守恒，则有r1 2机屈=/丫b球通过最低点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得V2

叫g-%g=%工解得ma:mh=3:\故A正确，B错误；CD.由上述求解过程可以看出，有9

VF=mhg+mh—=3mbg所以球到悬点的距离跟最终结果无关.只要b球摆到最低点.细绳的拉力都是3，叫g.”球对地面的压力刚好为零.故C错误，D正确;故选ADo点睛：本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解；解题时要抓住临界态进行分析.9.如图所示，A是地球的同步卫星，B和C是位于赤道平面内同一圆形轨道上的另外两颗卫星。D是在赤道上的物体。已知卫星B和卫星C绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（地心0、B、A在同一直线上），地球自转周期为"，卫星B运转周期为丁，则（ ）A.卫星B运转周期T小于地球自转周期7；B.卫星B和卫星C所受的向心力大小相等C.要实现卫星B和卫星C对接，只要卫星B加速即可D.向心加速度aB=ac>aA>aD【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.对卫星A、B,根据开普勒第三定律r3r=k可知卫星B的周期小于卫星A的周期，而卫星A的周期等于地球自转的周期7b,则卫星B运转周期7小于地球自转周期7b，故A正确；B.因卫星B、C的质量关系不确定，则不能确定两卫星的向心力大小关系，故B错误；C.若卫星B加速，则做离心运动进入更高的轨道，不可能与卫星C对接，故C错误；D.根据万有引力提供向心力，可得由于卫星B、C在同一轨道上，且小于因卫星A的轨道半径，所以aB=ac>aA由于同步卫星A与赤道上的物体D角速度相等，根据a=rco2可知所以aR=ar>aA>an故D正确。故选AD。10.如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为机的小滑块（可视为质点）放在长木板上。长木板受到的水平拉力产与加速度。的关系如图乙所示（g取10m/s2）。下列说法正确的是（ ）A.长木板的质量M=2kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C.当尸=15N时，长木板的加速度大小为5m/s2D.当F增大时，小滑块的加速度不一定增大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.当尸等于12N时，加速度为a=4m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有代入数据解得M+m=3当广大于12N时，胆和"发生相对滑动，根据牛顿第二定律得，长木板的加速度_F-/Jtng_1 〃加gCl-—M-~~M--M~则知。一尸图线的斜率,1 12-8,M4解得M=lkg且知滑块的质量为m=2kg故A错误；B.尸大于12N时a=F—20/j由图象可知F=8N,。=0解得〃=0.4故B正确：C.F大于12N时a=F-8当尸=15N时，长木板的加速度大小为7m/s2,故C错误；D.当F大于12N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为不变，加速度。与尸无关，尸增大时小滑块的加速度不变，故D正确。故选BD。三、填空题：本题共2小题，第11题4分，第12题4分，共8分。把答案写在答题卡中指定的答题处。.如图所示，A、B两物体放在水平面上且通过一根跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳相连。现物体A以叨的速度向右匀速运动，当绳与水平面夹角分别是a、4时（绳始终有拉力），物体B的运动速度vb

【答案】【解析】【详解】^cosa

cos£[1]【答案】【解析】【详解】^cosa

cos£[1]由运动的合成与分解可得两个物体的速度分解如图所示，对物体B则有对物体A则有A=vicosa在同一绳上，由于长度不变，因此有U绳A=V绳B解得V一V一“绳8

B-cos/?v,cosa

COSp.如图，AB为长度足够长的水平地面，AC为与水平方向成30"的倾斜地面，。为AC中点.已知将某物体以6J的初动能从。点水平抛出，其落到水平地面时的动能为12J。若将该物体以一定的初速度从C点水平抛出，要使其恰好能落在A点，则其抛出时的初动能应为Jo【答案】9【解析】【详解】解：设。点到A点的距离为X,物体从。点抛出时，由机械能守恒定律可知mgxsin30°=⑵-6J=6J解得12X- mg物体从C点抛出时，由平抛运动的规律可得，在水平方向2xcos30°=V2r在竖直方向,2xsin300=-？r物体从C点抛出时的初动能为r1 2E.=卜2 2联立以上各式解得Ek=9J四、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题6分，共12分。把答案写在答题卡中指定的答题处。13.在“研究平抛运动”的实验中，某同学采用如实验原理图甲所示的装置来获得平抛运动的轨迹。重锤甲 乙重锤甲 乙丙(1)为得到一条轨迹，需多次释放小球，每次释放小球的位置(填“相同”或“任意”).(2)下列有关做法是为了减小实验误差的有oA.使用密度大、体积小的钢球B.使斜槽末端切线水平C.减小斜槽与钢球之间的摩擦D.均以小球的最高点标注轨迹(3)图乙是某同学描绘出的轨迹，试判断：A点是抛出点吗？(填“是”或“否”)(4)如图丙所示，某同学将白纸换成方格纸，每个小方格的边长L=5cm,记录了小球在运动途中的三个位置，则小球做平抛运动的初速度为m/s；运动到8点时的速度大小为m/So(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)【答案】 ①.相同 ②.AB ③.否 1.5 ⑤.2.5【解析】【分析】

【详解】(1)[1]因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同；[2]A.为了减小实验的误差，小球使用密度较大、体积小的钢球，故A正确；B.实验时为了保证初速度相同，每次让小球从同一高度由静止释放，为了保证小球的初速度水平，则斜槽的末端需切线保持水平，故B正确；C.小球和斜槽间的摩擦不影响实验;故C错误；D.应以小球的球心标注轨迹，故D错误。[3]若以4点为抛出点，根据平抛运动的规律;竖直方向应该是自由落体，因此竖直位移比为1:3:5,然而%AB：4C=3：5所以4点不可能是抛出点；[4]⑸由图可知物体从A到B和由B到C的水平位移相同，故时间相同，则有Ay=gt2=2L代入数据联立解得Z=O.ls

v0=1.5m/s竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度有h=^=2m/s2t带入数据得vH=2.5m/s14.用如图所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平。(1)实验时，一定要进行的操作是:(填步骤序号)海力传感器 长木板小车打点计时器

A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数R)B.改变砂和砂桶质量，打出几条纸带C.用天平测出砂和砂桶的质量D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)以拉力传感器示数的两倍值尸(F=2Fo)为横坐标，以加速度。为纵坐标，画出的G尸图象如下图所示，则可能正确的是;(3)某同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用m/s2(结果保留三位有效数字)。的是频率为m/s2(结果保留三位有效数字)。单位:cm0M24r—+ [ 5 6【答案】 ①.AB ②.C ③.2.00【解析】【详解】解：(1)[1]A.小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数Fo,A正确；B.改变砂和砂桶质量，即改变对小车的拉力大小，打出几条纸带，B正确：CD.本题的拉力由拉力传感器测出，不用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，CD错误。故选AB。[2]在小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以公尸图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的小尸图象在尸轴上有截距，因此ABD错误，C正确。故选C。[3]纸带两计数点间还有四个点没有画出，由此可知纸带上相邻两计数点时间间隔为T=0.02sx5=0.1s由可得小车的加速度

Ax

Fxl0-2m/s2=2Ax

Fxl0-2m/s2=2.00m/s2五、计算题：本题共4小题，第15题7分，第16题8分，第17题12分，第18题13分，共40分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位。15.宇航员在地球表面以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过时间，小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5r小球落回原处.(取地球表面重力加速度g=10m/s2,空气阻力不计)(1)求该星球表面附近的重力加速度g'；(2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地=1：4,求该星球的质量与地球质量之比M地.【答案】(l)2m/s2(2)1:80【解析】【详解】试题分析：运用运动学公式求出时间t与初速度之间的关系，求出地球表面重力加速度g与星球表面附近的重力加速度g'间的关系.根据万有引力等于重力表示出质量，求出星球的质量与地球质量之比.(1)根据匀变速直线运动规律t=£上得：a0~vnVn从竖直上抛到最高点，上升的时间是 上升和下降的时间相等，-gg所以从上抛到落回原处1=^2%®g由于在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处.根据匀变速直线运动规律得:由①②得星球表面附近的重力加速度g,=^-g=2m/s2,5(2)根据万有引力等于重力得：：GMmR=mg(2)根据万有引力等于重力得：：GMmR=mgM=gR1~G~M星g'喔i所以用「g略一而

.如图所示，浅色传送带与地面的倾角37。，从A到B长度为L=16m,传送带以速度w=10m/s逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为,”=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为"=0.5。已知sin37°=0.6,cos37°—0.8, 10m/s2,求:(1)煤块从A运动到B的速度v；(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。【解析】【详解】解：(1)煤块刚开始加速度大小为。，则有mgsin37+/.imgcos31=ma解得煤块从解得煤块从A到与传送带共速所用时间为a=10m/s-1a10煤块从A到与传送带共速所通过的位移为共速后，煤块的加速度为〃，则有mgsin37-j.imgcos37-ma'解得a'=2m/s2煤块达到传送带速度后到达8点的时间为1，,2S-Si=V0l2+-at2代入数据解得f2=lsv=vo+a't2故u=12m/s（2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度L=M-5]=10xlm-5m=5m.如图所示，地面和半圆轨道面PTQ均光滑。质量M=Ikg、长L=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m,小车上表面与R=0.5m的半圆轨道最低点尸的切线相平。现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以w=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数〃=0.2,g取10m/s2。求：（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度大小；（2）滑块到达P点时对轨道的压力；（3）若圆轨道的半径R可变但最低点尸不变，为使滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围。【答案】（1） ,4m/s；（2）68N,方向竖直向下；（3）咫0.24m或心0.60m【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得：对滑块—/ung=ma\对小车fimg=Ma2但滑块相对小车静止时，两者速度相等，即Vo+a\t=a2t滑块的位移为]0s\=vot+—a\t-车位移为S2=^a2t2联立解得5i=5m

52=2mAv=5i-52=3m<£S2<S说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时的速度为：0=4m/s。(2)到达p点时的速度为与~//mgCL-Av)=-y/nvi2带入数据得vp=V12m/sN=68N根据牛顿第三定律：N'=N=68N,方向竖直向下。(3)若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为。，临界条件v2mg=m—R根据动能定理，有—mg-2R=—mv2——mVp1解得R=0.24m若滑块恰好滑尺圆弧到达丁点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，根据动能定理，有—mgR