安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高三物理上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

2022-2023高三第一学期期中考试试题一、选择题：（共12小题，其中1～8题只有一个选项是正确的，9～12题有两个或两个以上的选项是正确的）1.如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（  ）A.A所受的合力对A做正功B.B对A的弹力对A做正功C.B对A的摩擦力对A做负功D.A对B的作用力对B做正功【答案】A【解析】【详解】A．A、B作为整体，由牛顿第二定律得解得由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，故A正确；B．B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，故B错误；C．B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，故C错误；D．由于可知B对A的摩擦力和支持力的合力大小为，且方向垂直斜面向上，所以B对A的摩擦力和支持力的合力对A不做功。由牛顿第三定律知，A对B的摩擦力和压力垂直斜面方向向下，则A对B的作用力对B也不做功，故D错误。故选A。2.某工厂为了落实有关节能减排政策，水平的排水管道满管径工作，减排前、后，水落点距出水口的水平距离分别为x0、x1，则减排前、后单位时间内的排水量之比（　　） AB.C.D.【答案】A【解析】【详解】设管的横截面积为S，则排水量为减排前，水流速为v1，则t时间内排水量减排后，水流速为v2，则t时间内排水量减排前、后单位时间内的排水量之比故选A。3.如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜。现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动一锐角至绳b水平，在此过程中绳a上张力为和b上张力为，则（  ）A.逐渐增大，逐渐增大B.逐渐减小，逐渐减小 C.逐渐减小，逐渐增大D.逐渐增大，逐渐减小【答案】D【解析】【详解】设圆环在转动过程中绳b与竖直方向夹角为，转动的过程中小球受力平衡，可得两绳拉力的合力不变等于mg，两绳拉力和小球重力组成一个三角形，根据几何知识可得两绳拉力的夹角设为不变，根据正弦定理可得在转动的过程中变大，且小于，所以可得变大，变小。故选D。4.如图甲所示，两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设AO、BO与竖直方向的夹角为，首先对两个球整体分析，受、重力及AO拉力，如图 所示根据平衡条件，有再隔离球B分析，如图所示根据平衡条件，有联立解得故故选B。5.某同学在课外活动时设计了一个小游戏，将质量为的滑块套在竖直杆上，滑块外侧有一轨道（可使轻绳绕滑块无摩擦转动），长为的轻绳一端与轨道相连，另一端与质量为的小球相连，滑块与竖直杆间的动摩擦因数。让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块恰不下滑，则小球做圆周运动的角速度为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】本题考查圆周运动规律、摩擦力和牛顿第二定律等知识，考查考生的理解能力和分析综合能力。【详解】设轻绳与竖直方向夹角为，小球做匀速圆周运动，有、一定，有解得故A正确，BCD错误。故选A。6.在一颗半径为地球半径的行星表面，将一物体以的速度竖直上抛，从抛出开始计时，已知物体第内和前内通过的位移相同，地球表面的重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.该行星表面的重力加速度大小为B.该行星的质量与地球的质量之比为C.该行星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比为D.地球的平均密度和该行星的平均密度之比为【答案】C 【解析】【详解】A、已知物体第内和前内通过的位移相同，可知物体上升到最高点的时间为，物体上升时的加速度大小即行星表面重力加速度大小，为故A错误；B、物体在天体表面受到的重力近似等于万有引力，有解得故B错误C、根据可知第一宇宙速度为解得故C正确；D、根据可得故D错误。故选C。7.在抢险救灾工作中常见到直升机的身影。如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定。则在伤员加速上升的过程中（不计空气阻力） （　　）A.绳索对伤员的拉力越来越大B.伤员克服重力做功的功率恒定C.伤员运动的速度变化越来越慢D.合力对伤员做功的功率越来越大【答案】C【解析】【详解】A．绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P=Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；B．由P1=mgv可知，伤员克服重力做功功率不断增大，B项错误；C．由F-mg=ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；D．合力对伤员做功的功率（F-mg）v=P-mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项错误。故选C。8.如图所示，一个小球(视为质点)从H=11m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为 A.10mB.9.5mC.9mD.8.5m【答案】B【解析】【分析】到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，则可得C点的速度；由于从C到B过程克服摩擦力做功小于从B到C过程克服摩擦力的功，几何动能定理列出从C→B→D过程的方程即可求解h的范围．【详解】到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，则，解得vC=2m/s；则物体在BC阶段克服摩擦力做功为，解得WBC=10m；由于从C到B过程小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程小球对圆轨道的平均压力，则从C到B过程克服摩擦力做功小于从B到C过程克服摩擦力的功，即0<WCB<10m；从C到D由动能定理：，联立解得10m>h>9m；故选B.9.挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的v-t图像如图所示，则（　　）A.0~4s内骑手靠近烈马B.6s时刻骑手刚好追上烈马C.骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马D.8~9s内烈马加速度大于0~6s内骑手的加速度【答案】CD【解析】【详解】AB．v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t=0时并排运动，通过图线在0~4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0~6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故AB错误；C．由图形所围的面积可以算出0~9s内，烈马的位移为 骑手的位移为套马杆长l=6m，x2+l>x1,所以骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马，故C正确；D．由加速度定义式知8~9s内烈马加速度0~6s内骑手的加速度故D正确故选CD。10.如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A、B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.剪断B、C间细线的瞬间，A、B间细线上的弹力大小为B.剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为gC.剪断A、B间细线的瞬间，A的加速度大小为gD.剪断A、B间细线的瞬间，B、C间细线上的弹力大小为mg【答案】A【解析】【分析】【详解】B．开始由平衡条件可得 剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有联立解得所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为，则B错误；A．对C分析有解得所以A正确；C．剪断A、B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有解得所以C错误；D．剪断A、B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D错误；故选A。11.我国自主研发的北斗卫星导航系统是世界四大导航系统之一，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星A（GEO）、倾斜地球同步轨道卫星B（IGSO）和中圆地球轨道卫星C（MEO）组成。如图所示，三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，A距地面高度为，C距地面高度为，地球自转周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.卫星A的加速度B.卫星B的加速度C.卫星C的线速度为D.卫星C的线速度【答案】AC【解析】【详解】A．卫星A是地球同步卫星，则周期为T，则加速度选项A正确；B．卫星B是倾斜地球同步轨道卫星，则周期为T，距离地面的高度也为hA，根据可得B的加速度选项B错误；C．根据结合GM=gR2可得卫星C的线速度为选项C正确； D．因卫星C的周期不等于地球自转周期T，则卫星C的线速度不等于，选项D错误。故选AC。12.如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带。倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率向上运动。现将一质量为的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上到达离竖直高度为的C处时达到传送带的速率。已知处离地面高度为，则在物体从A到的运动过程中（  ）A.两种传送带对小物体做功相等B.将小物体传送到处，乙传送带上的划痕长C.将小物体传送到处，乙系统由于摩擦产生的热量多D.将小物体传送到处，甲上的小物体需要的时间较长【答案】AD【解析】【详解】A．传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，两种情况物块重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；B．设甲图中到达处时时间为，乙图中到达C处时时间为，根据题意可得乙图中物块到达C处后随传送带以速率匀速运动到B点，所以甲图中划痕长为同理乙图中划痕长为同时有，可得 所以有B错误；C．甲图中系统由于摩擦产生的热量为根据动能定理有所以有同理可得所以有C错误；D．传送到处，甲上的小物体需要的时间为乙上的小物体需要的时间为所以有D正确。故选AD。二、实验题：（每空2分，共16分） 13.某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力的关系，将力传感器固定在小车上，细绳的一端固定在传感器上，传感器的示数就是拉力F的大小，用手机的连拍功能对小车进行照相。（1）下列操作正确的是_______；A．调节滑轮的高度，使细线与长木板平行B．在细绳下端挂上重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力C．实验时，小车的加速度可以通过传感器的示数除以小车的质量获得。D．为尽可能减小实验误差，重物的质量应远小于小车的质量（2）将拍摄的照片进行处理，从某一张照片起每隔四张照片选取一张，依次分别记为A、B、C、D、E，拼接后将得到的图像如图乙所示。已知手机连拍的频率为50Hz，则小车加速度的大小a=______m/s2（计算结果保留三位有效数字）。【答案】①.AC②.2.40【解析】【详解】（1）[1]A．实验中必须要使细绳与长木板平行，这样才能使得绳子的拉力沿长木板斜面方向，才能使细绳的拉力等于小车的合外力，A正确；B．实验前不挂重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力，以保证细绳拉力等于小车受的合力，B错误；C．实验是为了验证牛顿第二定律，故不能用牛顿第二定律的结论循环验证，C错误；D．由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使重物的质量应远小于小车的质量，D错误。故选A。（2）[2]由手机连拍的频率为50Hz，每隔四张照片选取一张，可知图中照片时间间隔根据逐差法可知 14.小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后、小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用___________。A．钢球B．乒乓球C．橡胶球（2）用分度值为的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示（零刻线），则___________。（3）作出图线，如图3所示，则可得到重力加速度___________（保留三位有效数字）。 （4）在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为___________（用h、t和v表示）。（5）小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g跟真实值相比，结果___________（填偏大、偏小或无影响）。【答案】①.A②.61.20③.9.55④.⑤.无影响【解析】【详解】（1）[1]为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球。故选A。（2）[2]刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图可知h=61.20cm；（3）[3]根据自由落体运动公式可知故在图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有（4）[4]下落过程中声音传播的时间为则小球下落的时间为（5）[5]设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度h1时的时间为t1，高度h2时的时间为t2；则根据前面的分析有 可知与H无关。三、计算题：（第15小题12分、第16小题12分、第17小题14分，共38分）15.如图所示，一质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点。已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为1：2：3，ab段的位移为2m，bc段的位移为10m，求cd段的位移。【答案】30m【解析】【详解】设ab段时间为t，则bc段和cd段时间分别为2t、3t，从ab中间时刻到bc中间时刻，有得从bc中间时刻到cd中间时刻，有即联立求得16.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=53°，小球质量为m=0.5kg，D点与A孔的水平距离s=2m，g取10m/s2.（sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）求摆线能承受的最大拉力为多大；（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。 【答案】（1）9N；（2）0.25≤μ<0.4或者μ≤0.025【解析】【分析】【详解】解：（1）当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg（L−Lcosθ）=mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fm−mg=m可得Fm=1.8mg=9N由牛顿第三定律可知，摆线能承受的最大拉力为9N。（2）小球不脱离圆轨道分两种情况：①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得−μ1mgs=0−mvD2可得μ1=0.4若小球进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得−mgR=0−mvA2由动能定理可得−μ2mgs=mvA2−mvD2可求得μ2=0.25②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二 定律可得mg=m由动能定理可得−μ3mgs−2mgR=mv2−mvD2解得μ3=0.025综上所述，要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ<0.4或者μ≤0.02517.如图所示，在倾角为的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为的长木板正以的初速度沿斜面向下运动，现将一质量的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m，，。求：（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。（3）假设长木板长，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的的恒力，求小物块在长木板上运动时间。【答案】（1）4m/s2；10m/s2；（2）12m；（3）2.25s【解析】【详解】（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=8N设放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小分别为a1和a2，对二者分别由牛顿第二定律得Ff+mgsinθ=ma1 Mgsinθ－Ff=Ma2解得a1=10m/s2a2=4m/s2（2）设经过时间t1小物块与长木板达到共同速率v1，根据运动学公式有v1=a1t1=v0+a2t1解得t1=2sv1=20m/st1时间内小物块与长木板的相对位移大小为所以木板的最小长度为L=Δx=12m（3）将恒力F刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为a3=a1=10m/s2设此时长木板的加速度大小为a4，对长木板根据牛顿第二定律得F+Ff－Mgsinθ=Ma4解得a4=6m/s2方向沿斜面向上；设经过时间t2小物块与长木板达到共同速率v2，根据运动学公式有v2=a3t2=v0－a4t2解得t2=0.75sv2=7.5m/st2时间内小物块和长木板的位移大小分别为此时木块相对木板已经向上滑行了 二者共速后，木块向下做匀加速运动，加速度向下，大小长木板的加速度大小为a6，则根据牛顿第二定律有F－Ff－Mgsinθ=Ma6a6=2m/s2设从共速后经过时间t3小物块从长木板上滑落，根据运动学公式有解得小物块在长木板上运动时间为t=t2+t3=2.25s18.如图甲所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k的轻弹簧将板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长，一质量为m的物块(可视为质点)从木板左端以初速度滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的图象，如图乙所示，其中A为物块的图线，B为木板的图线且为正弦函数图线．根据图中所给信息，求：（1）物块与木板间的滑动摩擦因数μ；（2）从开始到系统产生的热量Q；（3）若物块从木板左端以更大的初速度滑上长木板，则初速度取何值时，才能让木板与弹簧组成的系统最终获得最大的机械能。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由图象可知物块做匀减速运动，时停止．所以根据牛顿第二定律，有代入数据得（2）当时木板速度达到最大，加速度为零，有得从开始到，木块的位移所以系统产生的热量（3）当时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能，木块的位移木板的位移物块以初速度滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长物块脱离木板，有 代入数据得