辽宁省沈阳市第一二〇中学2022-2023学年高一上学期第三次月考物理试题（解析版）

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沈阳市第120中学2022－2023学年度高一年级上学期第三次质量检测物理试卷满分：100分：时间：75分钟一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.对下列情景的分析和判断正确的是（　　）A.“北斗”卫星绕地球匀速转动，其速度不变B.高速飞行的歼20战斗机，因速度很大，所以加速度一定很大C.神舟十三号载人飞船返回地球打开降落伞时，速度变化很快，所以加速度很大D.铅球名将巩立姣投掷铅球成绩为，指的是铅球位移的大小为【答案】C【解析】【详解】A．“北斗”卫星绕地球匀速转动，其速度大小不变，方向改变，所以速度改变，故A错误；B．歼20高速飞行时速度虽然很大，但速度变化率可能很小，所以其加速度可能很小，故B错误；C．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，神舟十三号载人飞船返回地球打开降落伞时，速度变化很快，所以加速度很大，故C正确；D．巩立姣在女子铅球比赛中投出20.31米，20.31米是比赛中铅球在水平方向的距离，不是铅球抛出后运动的位移大小，故D错误。故选C。2.2022年7月19日，一段《幼童不慎坠楼，千钧一发之际，路人扔下手机徒手接娃的视频冲上了热搜。浙江桐乡市两岁小孩意外坠楼，银行小伙果断救人，此善举引来桐乡全城市民点赞。假设小孩突然从7.5m高处坠落，孩子体重10kg，楼下恰好有人双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1.5m，接住孩子后向下做匀减速运动，孩子到地时速度恰好减为零。假设小孩可视为质点，不计空气阻力，g取，请你估算一下该人每只手平均承受多大的力（　　）A.500NB.450NC.350ND.250N【答案】D【解析】【详解】小孩下落的运动可分为两个阶段一是自由落体运动，下落高度为6m，然后减速了1.5m，根据运动学公式得，下落阶段设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

1减速段对孩子受力分析，根据牛顿第二定律可得联立得F=250N故选D。3.橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，如图（a）所示，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度竖直向上射出，在时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示。则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（　　）A.上升和下落过程运动时间相等B.上升和下落过程中平均速度大小相等C.过程中加速度先减小后增大D.过程中所受阻力先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．时间为上升过程，时间为下落过程，由图可知上升和下落过程运动时间不相等，A错误；B．上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误；C．图像的斜率表示加速度，根据图像可知，过程中加速度一直减小，C错误；D．根据牛顿第二定理，结合图像可知，过程中物体向上运动加速度减小，故阻力减小；过程中物体向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：过程中所受阻力先减小后增大，D正确。故选D。4.如图所示，一条平直的河流河宽，水的流速，一名游泳爱好者在岸边发现河中间有一名落水儿童随水向下游漂流，这名游泳爱好者在静水中的速度是第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

2，他想用最短的时间游到落水儿童处救援，不考虑他在岸上奔跑和从岸上跳入水的时间以及随水流的加速过程，下列说法正确的是（　　）A.游泳爱好者游到河中间的最短时间是20sB.游泳爱好者应该从距落水儿童下游10m处跳入水中C.游泳爱好者应该从距落水儿童下游5m处跳入水中D.游泳爱好者游到河中间时相对于出发点的位移大小是【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，游泳爱好者想用最短的时间游到落水儿童处救援，则游泳爱好者需要正对河岸游，则最短时间为故A错误；BC．根据题意可知，游泳爱好者正对河岸游时，游泳爱好者和落水儿童沿水流方向的速度相等，则游泳爱好者应该正对落水儿童下水，故BC错误；D．根据上述分析可知，游泳爱好者沿水流方向的位移为游泳爱好者游到河中间时相对于出发点的位移大小是故D正确。故选D。5.如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）A.A球的受力情况未变，加速度为零B.C球的加速度沿斜面向下，大小为gC.A、B之间杆的拉力为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

3D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为【答案】D【解析】【详解】ACD．细线烧断后，将AB看作一个整体，弹簧拉力瞬时不变，有解得对于B球，有解得AC错误，D正确；B．细线烧断后，对于C球，受力为解得B错误。故选D。6.如图所示，质量为M的木箱放置在固定斜面上，木箱和斜面间的动摩擦因数为μ，木箱顶部通过细绳拴一质量为m的小球。给木箱一个初速度，当小球相对木箱静止时，小球和木箱的相对位置如图所示，其中β>α，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）A.木箱沿斜面向上运动，速度正在增加B.木箱沿斜面向下运动，速度正在减小C.木箱沿斜面向上运动，速度正减小D.木箱沿斜面向下运动，速度正在增加【答案】C【解析】【详解】若β=α，则对小球受力分析可知mgsinα=ma0则a0=gsinα第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

4则说明木箱与斜面之间光滑；若β>α，则由牛顿第二定律，沿斜面方向可知方向沿斜面向下，则对木箱和小球的整体一定是即木箱受摩擦力的方向沿斜面向下，可知木箱沿斜面向上运动，速度正在减小。故选C。7.如图所示，一光滑小球在力F的作用下，以某一恒定的速率，从半径为R的固定的半圆形轨道的a点沿轨道运动到b点，作用力F的方向总是竖直向上。空气阻力不计，下面关于小球在该过程中的有关说法正确的是（　　）A.加速度恒定不变B.所受合外力恒定不变C.轨道的弹力不断增大D.F与重力的合力恒定不变【答案】D【解析】【详解】AB．由题意可知小球从a点沿轨道运动到b点做匀速圆周运动，小球的加速度为向心加速度，大小表示为可知加速度的大小保持不变，加速度的方向指向圆心，由此可知所受合外力所受合外力大小保持不变，合外力的方向指向圆心，AB错误；CD．小球运动过程中速率保持不变，则小球沿切线方向的合力为零，如图所示第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

5可得解得与重力等大反向，合力恒为零，则轨道的弹力提供圆周运动的向心力可知轨道的弹力大小保持不变，C错误，D正确。故选D。8.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）A.外力施加的瞬间，A的加速度大小为B.当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小2.5NC.A、B分离时，A物体的位移大小为0.1mD.B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m【答案】CD【解析】【详解】A．施加外力前，系统处于静止状态，合力为零，外力施加的瞬间，合外力，由牛顿第二定律得第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

6解得A错误；B．初始时系统处于静止状态，即解得当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为，此时物体的加速度大小为，由牛顿第二定律，对A对B联立解得B错误；C．设A、B分离时，弹簧的形变量为，物体的加速度为，对A对B联立解得所以A物体的位移大小为C正确；D．当B物体的合力为零时速度达到最大，由C选项的分析知A、B分离时有向上的加速度所以速度最大时A、B已经分离，由合力为零得解得D正确。故选CD。9.如图所示，a、b两点在同一竖直线上，现同时分别在a、b第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

7两点抛出两个小球甲、乙，甲球的速度大小为，方向水平向右，乙球的速度大小为，方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方，两球在c点（未画出）相碰。已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正确的是（　　）A.a、c两点竖直方向的距离等于b、c两点竖直方向的距离B.甲，乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等C.甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等D.甲、乙两球抛出时的速度大小与之比为【答案】ACD【解析】【详解】A．设经过时间t，两球相遇，在竖直方向上，球a做自由落体运动，相遇时的竖直分速度下降的高度在竖直方向上，球b做竖直上抛运动，相遇时竖直分速度减小到零，因此竖直初速度上升的高度A正确；B．由于在空中相遇，两球水平分速度相等，相遇前瞬间，球a的竖直分速度为gt，而球b的竖直分速度为零，因此两球的速率不同，B错误；C．根据两球的加速度均为重力加速度，运动时间相等，因此速度变化相等，C正确；D．由于两球的水平分速度相等，即第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

8可知D正确。故选ACD10.如图所示，竖直杆和水平光滑横杆固定于点，带孔小球和串在水平横杆上，长度为的轻质细线一端固定在点，另一端固定在上，长度为的轻质细线把和连接起来。水平横杆以恒定角速度绕竖直轴匀速转动，间细线和间细线上的弹力大小分别用和表示，下列判断正确的是（　　）A.仅增大的质量，和都增大B.仅增大的质量，和都增大C.仅增长的长度，与之比减小D.仅增长的长度，与之比减小【答案】BD【解析】【分析】【详解】对物体Q对物体P解得A．仅增大的质量，不变，增大，选项A错误；B．仅增大的质量，和都增大，选项B正确；CD．因为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

9仅增长的长度，与之比变大；仅增长的长度，与之比减小，选项C错误，D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分，把答案写在答题卡相应位置）11.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。(1)实验时，一定要进行的操作是______。A．用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.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，同时记录力传感器的示数D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。(2)甲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的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2（结果保留三位有效数字）。(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______。A.B.－m0C.－m0D.(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是________。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

10【答案】①.BC②.2.00③.C④.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．实验中有力传感器测量小车所受的拉力，则不需用天平测出砂和砂桶的质量，选项A错误；B．实验中需将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，选项B正确；C．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，同时记录力传感器的示数，选项C正确；D．实验中有力传感器测量小车所受的拉力，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，选项D错误。故选BC。(2)[2]两计数点间还有四个点没有画出，则T=0.1s，根据可得(3)[3]对小车根据牛顿第二定律即则解得故选C。(4)[4]由图像可知，当力F到达一定值时小车才开始有加速度，可知该同学做实验时存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。12.在做“探究平抛运动的特点”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所处的位置，实验时用了如图所示的装置。先将斜槽轨道的末端调整至水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

11；将木板向远离槽口方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；再次将木板向远离槽口方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C，若测得木板每次移动距离x＝10.00cm，A、B间距离y1＝5.02cm，B、C间距离y2＝14.82cm。请回答下列问题：（g取9.8m/s2）（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？______。（2）根据以上直接测量的物理量求得小球初速度的表达式为v0＝______（用题中所给字母表示）。（3）小球初速度的测量值为______m/s。（结果保留三位有效数字）【答案】①.为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同②.x③.1.00【解析】【分析】【详解】(1)[1]为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放；(2)[2]小球在水平方向做匀速做匀速直线运动，由知，x相同，则时间t相同；在竖直方向上水平方向联立得(3)[3]带入数据三、计算题：（本题共3小题，共40分；解答时要求写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程不能得分）13.如图所示，在光滑水平面上静止有一木板A，在木板的左端静止有一物块B，物块的质量为m，木板的质量为2m，现给木板A和物块B同时施加向左和向右的恒力F1、F2，当F1=0.5mg、F2=mg第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

12时，物块和木板刚好不发生相对滑动，且物块和木板一起向右做匀加速运动，物块的大小忽略不计．(1)求物块和木板间的动摩擦因数；(2)若将F2增大为2mg，F1不变，已知木板的长度为L，求物块从木板的左端运动到右端的时间．【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)由题意可知，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F2－F1=3ma解得a=g以B为研究对象，F2－μmg=ma,解得μ=(2)若将F2增大为2mg，F1不变，物块与长木板发生相对滑动，A向右运动的加速度仍为a=g以B为研究对象，F2′－μmg=ma′解得a′=g设经过时间t物块滑到长木板的右端，则a′t2－at2=L解得t=14.某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如题图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

13①假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心以内不会被甩出转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围?②若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的?③若电动悬挂器开动后，针对不同选手动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离?【答案】（1）ω≤；（2）2s；（3）2m【解析】【详解】(1)设人落在距圆心处不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力则有μmg≥mω2即转盘转动角度应满足(2)沿水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2则加速时有v=atl平抛运动阶段x2=vt2全程水平方向：第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

14x1+x2=L代入已知各量数值，联立以上各式解得tl=2s(3)由(2)知v=4m/s，且F=0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动加速度为，滑行距离为x3加速段减速段联立以上三式解得x3=2m15.如图所示，AB为光滑圆弧形轨道，质量M＝4kg的小车（紧靠B点）静止在光滑水平面上，上表面离地高度h＝0.8m，且与B点等高，右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C（厚度可忽略），DE是以恒定速率15m/s顺时针转动的传送带，D点位于水平面上。有一可视为质点m＝1kg的物体，从A点静止释放，运动到B点时速度大小为。在B点冲上小车时，小车立即受到一水平向右恒力F的作用，当物块滑到小车最右端时，二者恰好相对静止，同时撤掉恒力F，然后小车撞到障碍物C后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在D点恰好无碰撞地切入传送带，并沿着传送带下滑。已知物块与小车间的动摩擦因数，与传送带的动摩擦因数为，传送带长度为s＝28m，与水平面的夹角为53°。（取，，）。求：（1）物块飞离小车时水平速度大小v；（2）恒力F的大小和小车的长度L；（3）物块在传送带上的运动时间t。【答案】（1）3m/s；（2）F＝10N，L＝2.5m；（3）2s【解析】【详解】（1）以物块为研究对象在平抛过程在D点沿切线飞入速度关系为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

15带入数据解得v＝3m/s（2）以物块为研究对象，由牛顿第二定律得带入数据解得物块在小车上滑行的时间为设经过时间t物块与小车相对静止对小车，由牛顿第二定律得带入数据解得F＝10N物块与小车在时间内通过的位移分别为则小车的长度为（3）设传送带的速度为，则有物块刚滑上传送带时的初速度为可以知道，物块滑上传送带后先做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度为代入数据计算得出物块速度从增大到传送带速度的时间为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

16位移为共速后，因为，所以物块继续匀加速运动，加速度大小为代入数据计算得出根据运动学公式得代入数据得计算得出（另一负值舍去）所以物块在传送带上的运动时间为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司