四川省 2022-2023学年高一下学期第三次质量检测物理Word版含解析

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四川省达州中学高2022级2023春季第三次质量检测物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列有关万有引力定律的说法错误的是（）A.由开普勒第三定律可知，地球与火星绕太阳公转轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值相等B.开普勒根据第谷多年观测行星的运动数据，总结提出了行星运动的三大定律C.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用到了牛顿第二定律和牛顿第三定律D.一个行星沿椭圆轨道绕太阳运动，从远日点向近日点运动的过程中，它的动能逐渐增大，而机械能不变【答案】A【解析】【详解】A．由开普勒第三定律可知，地球与火星绕太阳公转轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值相等，A错误，符合题意；B．开普勒根据第谷多年观测行星的运动数据，总结提出了行星运动的三大定律，B正确，不符合题意；C．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用到了牛顿第二定律和牛顿第三定律，C正确，不符合题意；D．一个行星沿椭圆轨道绕太阳运动，从远日点向近日点运动的过程中，只有万有引力做功，它的动能逐渐增大，而机械能不变，D正确，不符合题意。故选A。2.下列有关物理现象和物理规律的描述，说法错误的是（　　）A.曲线运动一定变速运动，而变速运动不一定是曲线运动B.做匀速圆周运动物体所受合外力的方向时刻指向圆心C.平抛运动是匀变速曲线运动，圆周运动是变加速曲线运动D.跳伞运动员张开伞后在空中匀速下降，运动员与伞组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】【详解】A．曲线运动的速度方向时刻在变，故一定是变速运动，但变速运动可以只是速度大小变化，不一定是曲线运动，故A不符合题意；B．做匀速圆周运动的物体速度的大小不变，所受的合力一定时刻指向圆心，故B不符合题意；C

1．匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，方向是不断变化的，不是恒力，不是匀变速运动，平抛运动只受重力作用，合力为恒力，是匀变速曲线运动，故C不符合题意；D．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降，系统动能不变而重力势能减小，机械能减少，运动员与伞组成的系统机械能不守恒，故D符合题意。故选D。3.质量为的物体置于倾角为的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着与小车，与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角时如图所示，下列判断正确的是（　　）A.绳的拉力等于B.绳的拉力小于C.的速率为D.的速率为【答案】D【解析】【详解】将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，如图所示小车沿绳方向的速度等于P的速度，即vP=vcosθ2小车向右做匀速直线运动，v不变，θ2减小，cosθ2增大，则vP增大，则P做加速运动，对物体P，根据牛顿第二定律可知T-mgsinθ1=ma可知绳的拉力大于mgsinθ1故选D。4.滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做匀速转动以达到脱水的效果，滚筒竖直截面如图所示。则（　　）

2A.衣物在最低点B时处于超重状态B.衣物在最高点A时脱水效果最好C.衣物在A、B两点时的加速度相同D.衣物在A、B两点时所受筒壁的力大小相等【答案】A【解析】【详解】A．衣物在最低点B时，衣物加速度方向向上，指向圆心，因此衣物处于超重状态，A正确；B．对衣物上的某一水滴分析，在A点有在B点有可知则衣物在最高点B时脱水效果最好，B错误；C．由于衣物随着滚筒做匀速转动，根据可知，衣物在A、B两点时的加速度大小相等，方向相反，均指向圆心，C错误；D．根据上述分析可知，衣物在A点所受筒壁的力小于在B点所受筒壁的力，D错误。故选A。5.飞天揽月，奔月取壤，“嫦娥五号”完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的距离为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。下列关于“嫦娥五号”的说法正确的是（　　）

3A.由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向后喷气B.在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度C.在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为D.在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上的小【答案】C【解析】【详解】A．由I轨道进入II轨道需在P点处进行减速，应向前喷气，由II轨道进入Ⅲ轨道需在Q处进行减速，应向前喷气，故A错误；B．在Ⅱ轨道上稳定运行时，根据牛顿第二定律可得解得而P点的半径更大，所以P点的加速度比Q点的加速度小，故B错误；C．在Ⅳ轨道上时，嫦娥五号做匀速圆周运动，由牛顿第二定律月球表面的重力加速度为g，则联立解得在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为故C正确；D．由Ⅲ轨道进入Ⅳ轨道需在Q处向前喷气减速，所以嫦娥五号在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大，故D错误。

4故选C。6.如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】图中连线与水平方向的夹角，由几何关系可得可得设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知解得故D正确，ABC错误。故选D。7.如图1所示为一种小型儿童玩具——拨浪鼓，其简化模型如图2所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB（LA>LB）的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、B。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接A、B的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β，下列判断正确的是（　　）

5A.A、B两球的向心加速度相等B.两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角C.A球线速度小于B球的线速度D.A球所受的绳子拉力小于B球所受的绳子拉力【答案】B【解析】【详解】B．两球在水平面内做匀速圆周运动，角速度相同，对A球受力分析如图所示绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r；对A球，根据牛顿第二定律得解得小球到O点的高度角速度相等，A的绳子长度大于B，因此可知故B正确；A．对A球，根据牛顿第二定律得解得

6对B球，根据牛顿第二定律得解得则即A球的向心加速度比B球的大，故A错误；C．由知，两球的角速度相等，A球的轨迹半径比B球的大，则球的线速度大于B球的线速度，故C错误；D．A球所受的绳子拉力大小B球所受的绳子拉力大小因，则可得故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图，轻绳OA拴着质量为m的物体，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，下列说法正确的是（　　）

7A.小球过最高点时，绳子拉力可以为零B.小球过最高点时的最小速度是0C.若将轻绳OA换成轻杆，则小球过最高点时，轻杆对小球的作用力可以与小球所受重力大小相等，方向相反D.若将轻绳OA换成轻杆，则小球过最高点时，小球过最高点时的最小速度是【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．小球在最高点，向心力由重力和轻绳拉力共同提供，有当轻绳拉力变小时，小球速度会随之减小，当拉力为零时，小球具有最小速度为故A正确；B错误；CD．若将轻绳OA换成轻杆，则小球过最高点时，轻杆对小球的作用力可以与小球所受重力大小相等，方向相反，此时满足即小球过最高点的速度取零。故C正确；D错误。故选AC。9.如图所示为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人在A点以速度沿水平方向扔一小石子，已知，不计空气阻力，不考虑石子反弹过程，g取。下列说法正确的有（　　）

8A.若m/s，则石子刚好落在水面与大坝的交点B.若m/s，则石子落在AO的中点C.若石块能落入水中，则越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D.若石子不能落入水中，不管多大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角都相等【答案】AD【解析】【详解】A．小石子扔出后做平抛运动，若石子刚好落在水面与大坝的交点，水平方向竖直方向解得故A正确；B．因为则小石子会落在大坝上，设石子落点距A点长度为，则水平方向竖直方向联立解得故B错误；C．若石块能落入水中，竖直方向位移恒定，到水面时竖直方向速度一定，

9越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，故C错误；D．落在大坝上，速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向的正切值的2倍，位移与水平方向的正切值不变，所以速度方向与水平方向夹角始终相等，故D正确。故选AD。10.额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，从和时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（　　）A.甲车的总重比乙车大B.甲车比乙车先开始运动C.甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同D.甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同【答案】ABC【解析】【详解】A．根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车时刻后和乙车时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知可知甲车的总重比乙车大，故A正确；B．如图所示甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；

10C．两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由可知，甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同，故C正确；D．时刻甲车达到最大速度，时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在时刻的速率，故D错误。故选ABC。三、实验题：本题共2小题，共15分。11.某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示，于是他在曲线上取水平距离Δx相等的三点A、B、C，量得Δx=0.8m，又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.5m，h2=0.9m。重力加速度为g，利用这些数据，可得：（1）小球从A到B所用的时间T=___________s；（2）小球抛出时的初速度为___________m/s；（3）小球经过B点时速度为___________m/s。【答案】①.0.2②.4③.【解析】【详解】（1）[1]根据可得

11代入数据解得（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，有则（3）[3]小球经过B点时竖直分速度为所以小球经过B点时速度12.利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动。（1）某次实验测得倾角，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为________________，系统的重力势能减少量可表示为________，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒。(用题中所给字母表示)（2）按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出图像如图乙所示，并测得，则重力加速度________m/s2。

12【答案】①.②.③.9.6【解析】【详解】（1）[1]根据题意可知，滑块到达B处时的速度则系统动能的增加量[2]系统重力势能的减小量为（2）[3]根据系统机械能守恒有整理得结合图乙可得，图线得斜率为又有解得四、计算题：本题共3小题，共42分。13.如图所示，是地球同步卫星，另一个卫星圆轨道位于赤道平面内，距离地面高度为，已知地球半径也为，地球自转角速度为，地球表面的重力加速度为，为地球中心。（1）卫星的运行周期是多少？（2）如果卫星的绕行方向与地球自转方向相同，某时刻、两卫星相距最近（、、在同一直线上），求至少经过多长时间，它们相距最远？

13【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，则解得（2）B卫星角速度依题意得解得14.如图所示，半径为R=1.25m的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7m/s的速度顺时针匀速转动，传送带BC两端距离为L=3.8m。质量为m=0.5kg的滑块（可视为质点），从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，已知滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2。求：（1）滑块到达B点时速度大小；（2）滑块从传送带B到C端过程所经历的时间；

14（3）滑块从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。【答案】（1）5m/s；（2）0.6s；（3）7J【解析】【详解】（1）滑块从A到B过程，机械能守恒，设滑块到达B点时速度大小为vB，有解得vB=5m/s（2）设滑块冲上传送带后加速经过t1，与传送带共速v，位移大小为x1，而加速度为a=μg=5m/s2随后滑块做匀速直线运动，历时t2到达C端，则滑块从传送带B到C端过程所经历的时间t=t1＋t2=0.6s（3）滑块从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为Dx=vt1－x1=0.4m产生的热量为Q=μmg∙Dx=1J滑块增加的动能为根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为DE电=Q＋DEk=7J15.如图所示，固定光滑管道由半径均为的半圆形管道和四分之一圆弧管道组成，A、、三点在同一水平线上。固定光滑直角杆由水平杆和竖直杆组成，长度，竖直杆下端

15点位于半圆形管道左端A处。甲、乙两小球分别穿在竖直杆和水平杆上，并用长度为且不可伸长的细线连接。现使细线水平伸直，将小球甲、乙同时从静止开始无初速度释放，当细线与竖直方向夹角时，细线突然断裂，小球甲从竖直杆端无碰撞进入管道口A，通过管道后从端水平飞出，落地点与端水平距离为。小球直径略小于管道内径，小球直径、管道内径和直角杆的粗细都可忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为，，。求：（1）小球甲到达端时的速度大小；（2）甲球在绳断时的速度大小；（3）甲、乙两小球的质量之比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球甲从D端飞出，做平抛运动，历时到达E点，则有联立解得（2）设细绳断裂时甲的速度大小为，小球甲运动到D点的过程，由动能定理有其中下降的高度为解得

16（3）甲乙两球的绳连体沿杆下滑，由系统的机械能守恒有两球的瞬时速度关系为联立解得

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