湖北省重点高中智学联盟2022-2023学年高三物理上学期10月联考试卷（Word版附解析）

湖北省重点高中智学联盟2022年秋季高三年级10月联考物理试题第I卷（选择题共44分）一、选择题：本题共11小题，每题4分，共44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，第8-11题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，有错选的得0分）1.在物理学的发展过程中，科学家们运用了许多物理思想方法。下列四幅图中，与其它三幅运用的物理思想方法不同的是（）A.探究曲线运动的速度方向B卡文迪许扭秤实验C.位移等于图线下面的面积D.研究物体沿曲面运动时重力做功 【答案】B【解析】【详解】探究曲线运动的速度方向、位移等于图线下面的面积、研究物体沿曲面运动时重力做功，运用了极限法；卡文迪许扭秤实验，运用了放大法，与其余选项方法不同。故选B。2.如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，另有一个质量为2m木块C以速度与木块A碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　）A.木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒B.木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为C.木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为D.弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量【答案】C【解析】【详解】A．木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，故A错误；BC．木块C与A碰撞并粘在一起，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得解得即木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为，故B错误，C正确；D．木块C与A碰撞过程中机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒和机械能守恒，粘合体与物块B达到共速时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，故D错误。 故选C。【点睛】碰撞问题需注意是否有能量损耗，运动动量守恒定律时，要注意确定初末状态。3.如图所示，一女士借助瑜伽球靠墙静蹲，女士背部保持挺直且倚靠在瑜伽球上，瑜伽球“倚靠”在竖直墙面上，此时女士和瑜伽球都处于静止状态。下列说法正确的是（  ）A.瑜伽球总共受到4个力作用B.女士的脚不受地面的摩擦力作用C.地面对女士的支持力大于女士受到的重力D.女士对瑜伽球的弹力大于墙壁对瑜伽球的弹力【答案】C【解析】【详解】A．球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；B．女士在水平方向上受力平衡，由于瑞士球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；C．根据平衡条件，人对球的摩擦力向上，则球对人的摩擦力向下，对女士，地面对女士的支持力等于女士的重力和受到的摩擦力之和，则地面对女士的支持力大于女士受到的重力，故C正确；D．女士对球的弹力与墙壁对球的弹力是一对平衡力，大小相等，故D错误。故选C。4.两颗相距较远的行星A、B，行星对距球心r处的物体有万有引力的作用，其引力产生的加速度随变化的关系如图所示。、分别是行星A、B的半径且，两图线左端的纵坐标相同，忽略星球的自转和其他星球的影响，行星可看作质量分布均匀的球体，则（  ） A.行星B的表面重力加速度比行星A的大B.行星B的密度是行星A的3倍C.行星B的第一宇宙速度是行星A的第一宇宙速度的3倍D.行星B的质量是行星A的质量的9倍【答案】D【解析】【详解】A．贴近行星表面做圆周运动的物体所受万有引力等于重力，向心加速度等于重力加速度，由图可知，两行星表面的重力加速度相同，故A错误；D．根据可得因可知MB=9MA故D正确；B．根据因且重力加速度相等可知3ρB=ρA故B错误；C．根据 可得因可知故C错误故选D。5.一质点从静止开始以加速度做匀加速直线运动；在T时刻加速度突变为，使质点做匀变速直线运动，并在3T时刻恰好回到出发点，质点运动的速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是（  ）A.加速度与大小之比等于1：3B.质点在时间内与时间内的位移相等C.速度与的大小之比为1：2D.图中速度为零的时刻是【答案】D【解析】【详解】A．以加速度做匀加速直线运动过程 以加速度做匀变速直线运动过程联立解得故A错误；B．质点在时间内与时间内的位移大小相等方向相反，如此才可以恰好回到出发点，故B错误；C．回到出发点时，速度而则速度与的大小之比为2：3，故C错误；D．速度为零时解得故D正确。故选D。6.将小球从斜面上的A点以不同速度抛出，第一次水平抛出速度大小为；第二次垂直斜面抛出速度大小为，运动过程中不计空气阻力，最终小球都落在斜面上的B点，运动轨迹如图甲、乙所示。已知斜面倾角为45°，两次运动时间分别是、，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】水平方向竖直方向同时满足联立解得，故选B。7.如图所示，水平传送带逆时针匀速转动，速度为，A、B为两轮圆心正上方的点，，左右两端分别与轨道无缝对接，小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失，，物块与AP、AB间动摩擦因数均为，物块以一定的初速度沿轨道滑上传送带B点，欲使物块可以返回到B点且速度为零，，则物块的初速度不可能的是（） A.3m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s【答案】A【解析】【详解】物体从P到B速度减为0，根据动能定理解得物体从A到P根据动能定理物体从B到A做匀加速直线运动的最小初速度满足解得故不可能小于。故选A。8.如图甲所示，将质量为m的小球以速度竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h；若将相同的小球，分别以同样大小的速度从半径均为的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是（  ） A.所有小球在上升过程中都满足机械能守恒B.所有小球都能到达最大高度hC.只有图丁的小球能到达最大高度hD.图丙中的小球在到达轨道的最高处之前已经脱离轨道【答案】AC【解析】【详解】A．所有小球在上升过程中都只有重力做功，机械能守恒，故A正确；BD．设小球在圆轨道中当小球与圆心连线与水平分析夹角为时恰好脱离轨道，根据机械能守恒根据牛顿第二定律竖直向上抛出时，根据机械能守恒解得故图丙中的小球在到达轨道的最高处之前未脱离轨道，在图乙中到最高点之前脱离轨道，脱离轨道后，水平方向速度不为零，则不能达到最大高度h，故BD错误；C．图戊中小球脱离轨道后也有水平速度，到达最高点时，水平速度不为零，动能不为零，根据机械能守恒，最高点小于h，图丁小球脱离轨道时只有竖直速度，根据机械能守恒，能到达最大高度h，故C正确。故选AC。 9.某质量为m网球以速度竖直向上抛，落回出发点的速度大小为，由于空气阻力的影响，网球速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，则下列说法正确的是（  ）A.网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功B.网球上升过程所受阻力的冲量小于下降过程所受阻力的冲量C.网球从抛出到落地的总时间大于D.网球全过程重力的冲量大小为【答案】AD【解析】【详解】A．网球上升过程在任意点的速度均大于下降过程在同一点的速度，则上升过程任意点受到的阻力大于下降过程在同一点受到的阻力，则上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故A正确；B．上升和下降过程的路程相等，则图中上下两部分的阴影面积相同，因为空气阻力大小与网球速率成正比，则f-t图像中上下两部分面积应该也相同，而f-t图像中面积表示阻力的冲量，则网球上升过程所受阻力的冲量等于下降过程所受阻力的冲量，故B错误；CD．由B分析可知，阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理解得重力的冲量故C错误，D正确。故选AD。 10.质量为的物体以速度在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，经过时间物体的速度减小到最小值3m/s，此后速度又不断增大。则下列说法正确的是（  ）A.在时刻，水平恒力与初速度间的夹角为120°B.水平恒力F大小为4NC.在时，物体速度大小为5.0m/sD.若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，则在时，物体的速度大小仍为5.0m/s【答案】BCD【解析】【详解】B．因为物体的最小速度不等于零，所以力F与v0方向是不共线的，根据曲线运动的规律，此最小速度应该是初速度v0在垂直于F方向的分量，初速度的另一个与力F方向相反的分量大小应为即物体在沿着力F相反的方向的分运动是匀减速运动，经时间1s减到零，由运动学公式可知根据牛顿第二定律可知，水平恒力F大小为故B正确；A．将初速度分解为与F共线和与F垂直，由几何知识知，力F与初速度间的夹角满足解得 故A错误；C．第一个1s时间内，沿F相反方向，物体做匀减速直线运动，末速度为零，第二个1s内，沿F方向，物体以相同加速度做匀加速直线运动，由对称性可知，水平恒力作用2s时间，物体速度大小为，故C正确；D．若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，由牛顿第二定律可知，物体的加速度变为2a，由速度公式可知，在时刻，物体沿力F方向的速度大小为物体速度大小为故D正确。故选BCD。11.如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直的杆上，轻杆OB一端固定在墙上，另一端为光滑的定滑轮。若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点且小球从C点向E点运动过程中在D点速度达到最大，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与竖直杆之间的动摩擦因数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度内（重力加速度为g）。下列说法正确的是（　　）A.小球在CD阶段克服摩擦力做的功小于其在DE阶段克服摩擦力做的功B.小球在下降过程中其在E点的加速度与C点的加速度大小相等C.若将小球的质量变为2m，仍让小球从C点静止释放，则小球运动到E点的速度为 D.若在E点给小球一个向上的速度v，使小球恰好能回到C点，则【答案】BCD【解析】【详解】A．设弹性绳弹性系数为k，小球在CE段任意一点N受到的弹性绳的拉力为F，弹性绳与竖直杆的夹角为θ。则小球在任意一点受到弹性绳拉力沿水平方向的分力为由题意可知，小球在C点所受弹性形弹力为则小球在在CE段任意一点N受到的摩擦力为根据摩擦力做功公式由于CD=DE，所以小球在CD阶段克服摩擦力做的功等于其在DE阶段克服摩擦力做的功。故A错误；B．小球在C点时，对其分析受力可知，其所受摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得小球在E点时，对其分析受力可知，小球所受弹簧的弹力可分解成竖直向上的分力F2到达E瞬间其所受摩擦力方向仍向上，根据牛顿第二定律可得小球在D点时，速度达到最大，即加速度恰好为零，同理此时对小球分析受力有整理可得 因为CD=DE，所以小球在C点和E点加速度大小相等。故B正确。C．由以上分析可知，若将小球的质量变为2m，摩擦力及弹力做功不变。故改变前，由能量守恒定律可得改变质量后，由能量守恒定律可得联立可得故C正确；D．结合以上分析可知，从在C点到E点过程中，摩擦力做功为此过程中弹性势能变化量为从在E点到C点过程中，由能量守恒定律可得解得故D正确。故选BCD。第Ⅱ卷（非选择题共56分）二、实验探究题：本大题共2小题，共15分。将符合题意的内容填写在题目中的横线上或按照题目要求作答。12.用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。塔轮至上而下有三层，每层左、右半径比分别是1：1、2：1和3：1。钢球对挡板的作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上有等分格。A到左塔轮中心的距离等于C到右塔轮中心的距离。 （1）图中钢球做圆周运动的向心力来源于__________，标尺上的等分格显示出两个钢球所受向心力的__________（选填“比值”“大小”）（2）在某次实验中，某同学为了探究向心力的大小F与质量m的关系，将皮带连接在左、右塔轮半径之比为______________的塔轮上，两个质量分别为和的小球，其中放在C位置，放在A位置。实验中匀速转动手柄时，左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出2个等分格，若，则实验说明______________。【答案】①.挡板的弹力②.比值③.1：1④.角速度相同时，向心力与质量成正比【解析】【详解】（1）[1]根据题意，图中钢球做圆周运动的向心力来源于挡板的弹力；[2]球对挡板的弹力与挡板对球的弹力等大反向，球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，通过标尺的示数可以得到两个钢球所受向心力的比值；（2）[3]为了探究向心力的大小F与质量m的关系，根据控制变量法的思想，应控制角速度相同，则左、右塔轮半径之比为1：1；[4]左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出2个等分格，则向心力之比为若，则说明，角速度相同时，向心力与质量成正比。13.某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量。 （1）下面是实验的主要步骤：①实验小组的同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图乙所示，则遮光条的宽度______________cm；②挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑；③取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门并通过计算机记录了挡光时间；④改变砝码质量和木板倾角，重复步骤②③，每次释放小车位置相同且光电门在木板上位置不变，用刻度尺测出小车在起点时遮光条的中点到光电门的距离L，已知重力加速度为g。（2）某小组成员通过记录下的数据作出图像，根据图像能得出的实验结论是______________，若已知图像斜率为k，那么________________（结果用字母kgdL表示）。（3）一小组成员经过分析发现，由于遮光条的宽度不是足够小，利用光电门得到的速度实际上是遮光条通过光电门的平均速度，由此可以推断：用上述实验方法得到的小车（含遮光条）质量_______________（选填“大于”、“等于”或“小于”）它的真实值。【答案】①.0.230②.合外力做功等于物体动能改变量③.④.大于【解析】【详解】（1）[1]由图读出（2）[2]根据题意，取下托盘和砝码后，小车受到的合外力 若动能定理成立，合外力做功等于物体动能改变量，应有其中，速度为整理得故作出图像为过原点的直线，能得出的实验结论是合外力做功等于物体动能改变量。[3]由则解得（3）[4]由于遮光条的宽度不是足够小，则所测速度实际上是遮光条通过光电门的平均速度即中间时刻的速度，遮光条做匀加速运动，则中间时刻速度小于中间位移的速度，则计算所用速度偏小，根据所得小车质量偏大。三、计算题：本大题共3小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须写出数值和单位。14.如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，活塞与筒壁导热性良好；水银深H=15cm，气柱长L=50cm，大气压强。现使活塞B 缓慢上移，直到有三分之一的水银被推入细简中。求：（1）活塞B移动后，筒内气体的压强；（2）活塞B向上移动的距离。【答案】（1）100cmHg；（2）15cm【解析】【详解】（1）末状态水银深度变为所以（2）根据受力分析可知，初状态有根据玻意耳定律有解得故则活塞向上移动的距离 【点睛】对活塞受力分析，根据初末状态的平衡情况结合气体状态方程进行解答。15.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，质量为的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙。已知A、B间距离为4R且，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为，不计空气阻力，求：（1）小滑块从A点释放到运动至B点过程中电荷量的变化量；（2）小滑块再次进入电场时，电场强度大小保持不变、方向变为水平向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。【答案】（1）0.1C；（2）；1.2m【解析】【详解】（1）从A到B过程，根据牛顿第二定律在B点，根据牛顿第二定律联立以上两式解得（2）从A到B过程 从B到C过程从C点到再次进入电场做平抛运动由以上各式解得则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动从C点到水平轨道由以上各式解得距B的距离1.2m。16.如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有质量均为m的小木块A和小木块B，小木块A与木板间的动摩擦因数为，小木块B与木板间 的动摩擦因数为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度和在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板，重力加速度为g，求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度；（3）整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）三者互不共速时，木块A在木板上的加速度大小木块B在木板上的加速度大小木板C的加速度大小而B的初速度是A的两倍，加速度也是A的两倍，由此可发现必然是A率先与木板共速，则A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得解得对木块B运用动能定理，有 解得（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，此时A应刚好与C共速，因此有解得木块A在整个过程中的最小速度为（3）A与C共速过程，C的位移此时C的速度A与C共速后，C的加速度变为再到B与C共速时，C又运动的位移B与C共速过程，B和C的相对位移对于全过程，根据能量守恒 所以整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程