2022-2023学年宁夏银川外国语实验学校高三上学期第二次月考物理试题（解析版）

银川外国语2023届高三第二次月考物理试卷卷I（选择题）一、选择题（本题共计12小题，1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，每题4分，共计48分）1.下列说法符合史实的是（）A.伽利略提出力是维持物体运动的原因B.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证【答案】B【解析】【详解】A．亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；B．牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故B正确；C．伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；D．伽利略用实验与数学逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，故D错误。故选B。2.做匀变速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为（）A.1m/s2 B.1.5m/s2 C.3m/s2 D.4m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为由题意可知又其中Δt=2s，可得a=3m/s2。故选C。3.如图所示，物块M左侧贴着一竖直墙面，物块N置于物块M上．现将竖直向上的恒力F作用在M上，M、N一起向上做匀减速直线运动．M、N之间相对静止，物块N的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是A.物体N可能只受到一个力B.物块M与墙面之间一定没有摩擦力C.物块N对物块M的作用力大小可能为mgD.物块M与N之间可能没有摩擦力，但一定有弹力【答案】B【解析】【分析】分别隔离物体N和整体MN，其加速度竖直向下，分析其受力情况，根据牛顿第二定律分析各个力的关系.【详解】若物体N只受到一个力，那一定是重力，此时N的加速度是向下的g，整体的加速度也是向下的g，则F只能为零，故假设错误，选项A错误；对MN的整体，水平方向合力为零，则M与墙壁之间无压力，则物块M与墙面之间一定没有摩擦力，选项B正确；对物体N受力分析，重力向下、斜面M对N的弹力斜向右上方，因N受合力竖直向下，可知M一定对N有沿斜面向上的摩擦力；根据牛顿第二定律：mg-FMN=ma，可知FMN<mg，即物块N对物块M的作用力小于mg，选项CD错误；故选B.4.如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与两物体相连，物体质量为，物体质量为。重力加速度为，现由静止释放物体，在物体上升、下降的运动过程中，定滑轮对天花板的拉力为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设绳子的拉力为，物体加速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律，对有对有加速度联立解得根据平衡条件，得定滑轮对天花板的拉力为故C正确，ABD错误。故选C。5.如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是()A.1.5g，1.5g，0B.g，2g，0C.g，g，gD.g，g,0【答案】A【解析】【详解】剪断细线前，由平衡条件可知上端的细线的拉力为，、之间细绳的拉力为，轻弹簧的拉力为，在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球所受合外力为零，所以的加速度为零；、小球用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，即将一起向下运动，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律可得，解得，故选项A正确，B、C、D错误．6.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4．下列关系正确的是（）A.t1<t2B.t1>t3C.t2＝t4D.t2<t4【答案】D【解析】【详解】以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gcosθ(θ为杆与竖直方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rcosθ所以t=，t与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1=t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1>t2，OD长度超过一条弦，时间最长,即t2<t4.故ABC错误，D正确故选D点睛：根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，OB不是一条完整的弦，时间最短，OD长度超过一条弦，时间最长．7.如图所示，有一不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A物体A做减速运动B物体A做匀速运动C.T小于D.T大于【答案】D【解析】【详解】将物体B的速度进行分解，如图由图可知绳端的速度为v绳=vsinα与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中α变大，因此物体A做加速运动，则T大于mgsinθ。故选D。8.在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（）A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍【答案】A【解析】【详解】设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，小球水平抛出，均落在斜面上；根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；故对甲有对乙有所以故A正确，BCD错误。故选A。9.如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员（）A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态【答案】CD【解析】【详解】AC．运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做向下减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；BD．在第二过程中运动员先向上加速运动，处于超重状态，后向上减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。故选CD。10.如图，“旋转秋千”中两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（）A.座椅B的角速度比A大B.座椅B的向心加速度比A大C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂B的缆绳所承受的拉力比悬挂A的缆绳所承受的拉力大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．同轴转动角速度相同，故选项A错误；B．由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由得B的向心加速度比A的大，故选项B正确；C．设细线与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得：得由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，故B与竖直方向的夹角大，故选项C错误；D．在竖直方向上有则因B与竖直方向的夹角大，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，故选项C错误，D正确；故选BD。11.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为，船在静水中的速率均为，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的点，之间的距离为，则正确的（）A.若仅是河水流速增大，则两船的渡河时间都不变B.乙船先到达对岸C.不论河水流速如何改变，只要适当改变角，甲船总能到达正对岸的点D.若仅是河水流速增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间与河水流速v0无关。则增大v0，两船的渡河时间都不变，故B错误，A正确；C．只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离两船之间的距离和河水流速v0无关，大小不变，故D正确。故选AD。12.如图所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是()A.当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mgB.当v＝时，小球b在轨道最高点对轨道无压力C.速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动D.只要v≥，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力都大6mg【答案】BD【解析】【详解】AB．当小球对轨道无压力时，则有：，解得由机械能守恒定律可得，解得．在最高点无压力时，向心力F1=mg；最低点时，向心力即a球比b球所需向心力大4mg．故A错误，B正确．

C．因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型；故小球的最高点的速度只要大于零，小球即可通过最高点，根据动能定理知，解得故C错误．D．在最高点时，在最低点则由机械能守恒可得可得：F2-F1=6mg；即只要能做完整的圆周运动，压力之差都等于6mg．故D正确．卷II（非选择题）二、实验探究题（本题共计2小题，共计14分）13.在“探究平抛运动规律”的实验中，某同学进行了如下实验探究：（1）如图1，将两个倾斜角度相同的光滑轨道固定在同一个竖直平面内，轨道下端水平。2轨道末端与光滑水平面平滑连接。把两个完全相同的小钢、分别从1、2倾斜轨道上相对轨道末端有相同高度差的位置由静止开始同时释放，使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出（水平轨道足够长），观察到某一现象。改变两小球在斜面上相对轨道末端的释放高度，使之仍相同，则仍能观察到这一现象，故可以概括平抛运动的某一规律。该同学观察到的现象和反映的平抛运动的规律是____________；A.、两个小球相撞B.、两个小球不相撞C.球平抛时水平方向做匀速直线运动D.球平抛竖直方向做自由落体运动（2）通过图2中甲图的实验装置，轨道末端切线水平。在实验过程中每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过的、、三点，已知坐标纸每小格的边长，则该小球做平抛运动的初速度大小为___________；点的速度大小为___________。（取）【答案】①.AC②.1.5③.2.5【解析】【分析】【详解】（1）[1]该同学观察到的现象是A、B两个小球相撞，说明两球在水平方向的运动完全相同，即反映平抛运动的规律是水平方向做匀速直线运动，故选AC。（2）[2]对竖直方向根据公式对水平方向[3]B点的竖直速度根据勾股定理14.“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。（1）实验的五个步骤如下：a．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；b．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连；c．补偿阻力，让小车做匀速直线运动；d．接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶（和沙）的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；e．更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复步骤d的操作。按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：_______（将序号排序）；（2）实验中打出的某一条纸带如图乙所示。相邻计数点间的时间间隔是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是_______m/s2；（3）利用测得的数据，可得到小车质量M一定时，运动的加速度a和所受拉力F（F＝mg，m为沙和小桶的总质量，g为重力加速度）的关系图像如图丙所示。拉力F较大时，a­F图线明显弯曲，产生误差。若不断增加沙桶中沙的质量，a­F图像中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为_______（用题中出现的物理量表示）。为避免上述误差可采取的措施是_______。A．每次增加桶内沙子的质量时，增幅小一点B．测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替小车所受拉力D．在增加桶内沙子质量的同时，在小车上增加砝码，确保沙和小桶的总质量始终远小于小车和砝码的总质量【答案】①.acbde②.1.46③.g④.C【解析】【详解】（1）[1]为了使小车所受合外力等于细线拉力，在实验开始前首先应进行补偿阻力操作，即先将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上，然后将长木板没有滑轮的一侧垫高，将小车靠近打点计时器放置，启动打点计时器，轻推一下小车，通过打出的纸带来判断小车是否能够做匀速直线运动。在阻力补偿完毕后，将细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连，之后再次将小车靠近打点计时器放置，接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶（和沙）的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a，从而获得第一组a、F数据，之后更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复步骤d的操作，以获得其他组实验数据。综上所述可知步骤的先后顺序为acbde。（2）[2]根据可知小车运动的加速度是（3）[3]对小车根据牛顿第二定律有对钩码同理有联立解得由上式可知若不断增加沙桶中沙的质量，a­F图像中各点连成的曲线将不断延伸，当m远大于M时加速度a的趋向值为g。（4）[4]A．每次增加桶内沙子的质量时，增幅小一点，只是使每次所测a和F的值增幅减小，随着m的增大，依然会出现F逐渐小于mg的情况，所以该种方法不能避免上述误差，故A不符合题意；B．测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器，可以减小加速度的测量误差，无法减小由于F小于mg产生的误差，故B不符合题意；C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替小车所受拉力，此时无论m取值如何，都可以获得F的准确值，可以避免上述误差，故C符合题意；D．本实验要求控制小车质量M一定，探究a和F的关系，实验时不能在小车上增加砝码，故D不符合题意。故选C。三、解答题（本题共计2小题，共计23分）15.下图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6m/s，传送带A、B两点间的长度为L＝40m。若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2m，竖直距离为h＝1.25m，矿物质量m＝5kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；(2)矿物到达B点时的速度大小；(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。【答案】(1)150N；(2)6m/s；(3)1276J【解析】【详解】(1)矿物从C处抛出，由平抛运动知识，可得矿物在C处，由牛顿第二定律可得联立解得vC＝4m/s，FN＝150N根据牛顿第三定律可得FN′＝FN＝150N(2)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得解得vB′＝8m/s.由于vB′>v0，故矿物在传送带上加速至与传送带速度相等后匀速运动至B，所以vB＝6m/s.(3)矿物由A点到C点过程中，由动能定理得解得Wf＝1276J16.质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过ls达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量。【答案】(1)μ1=0.2；(2)μ2=0.1；(3)m=6kg【解析】【分析】【详解】(1)由图像可知，A在0~1s内的加速度对A由牛顿第二定律得解得(2)由图像知，AB在1~3s内的加速度对AB由牛顿第二定律得解得(3)由图像可知B在0~1s内的加速度对B由牛顿第二定律得代入数据解得选修部分（本题共计2小题，每题15分，任选一道作答）【物理一选修3-3】（15分）17.下列说法正确的是。A.温度一定时，悬浮在水中的花粉颗粒越小，布朗运动越明显B.所有晶体都有固定的熔点，且都表现为各向异性C.一定质量理想气体等压膨胀过程温度一定升高D.分子间作用力减小过程，其分子势能一定越来越大E.对气体做功可以改变其内能【答案】ACE【解析】【详解】A．布朗运动与固体颗粒大小、温度有关，实验发现颗粒越小、温度越高，布朗运动越明显，故A正确；B．所有晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，但单晶体具有各向异性，多晶体表现为各向同性，B错误；C．一定质量的理想气体等压膨胀过程有压强不变，体积增大，由知温度一定升高，C正确；D．当分子间的作用力表现为斥力时，斥力减小时，分子间距一定增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间的作用力表现为引力时，引力减小时，分子间距可能增大，也可能减小，因此分子力可能做负功，也可能做正功，分子势能可能增大或减小，故D错误。E．根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变物体的内能，E正确。故选ACE。18.有一内径相同的形玻璃细管ABCD，A端封闭、D端开口，AB、CD长