海南省西南大学东方实验中学2022-2023学年高三上学期期中考卷物理复习试卷（含答案）

绝密★启用前 7.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某
2022-2023 学年度西南大学东方实验中学期中考卷复习 次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时， 表
高 三 物 理 示木板所受合力的大小， 表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A． 不变， 变大
一、单选题
B． 不变， 变小
1.甲乙两汽车在一直公路上同向行驶．在 t＝0 到 t＝t1的时间内，它们的 v－t 图象如
C． 变大， 变大
图所示．在这段时间内( )
D． 变小， 变小
A．汽车甲的平均速度比乙的大
8.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增
B．汽车乙的平均速度等于 大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是( )
C．甲乙两汽车的位移相同 A．货物受到的支持力变小
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 B．货物受到的摩擦力变小
2.如下图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻 C．货物受到的支持力对货物做负功
质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始 D．货物受到的摩擦力对货物做负功
下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限 二、多选题
度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) 9.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道 1，然后经点火,使其
A．圆环的机械能守恒 沿椭圆轨道 2 运行，最后再次点火,将卫星送入同步轨道 3.轨道 1、2 相切于 Q 点，轨
B．弹簧弹性势能变化了 mgL 道 2、3 相切于 P 点（如图所示）则当卫星分别在 1、2、3 轨道正常运行时，以下说法
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 正确的是( )
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 A.卫星在轨道 3上的速率大于在轨道 1上的速率
3.下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是( ) B.卫星在轨道 3上的角速度小于在轨道 1上的角速度
A．力，kg B．功率，J C．电场强度，C/N D．电压，V C.卫星在轨道 1上的经过 Q点时的加速度大于它在轨
4.天文学家发现一个由 A，B 两颗星球组成的双星系统，观测到双星 A，B 间的距离为 道 2上经过 Q点时的加速度
l，A 星的运动周期为 T，已知万有引力常量为 G，则可求出（ ） D.卫星在轨道 2上的经过 P点时的加速度等于它在轨
A．A星的密度 B．A星的轨道半径 C．A星的质量 D．A星和 B星的总质量 道 3上经过 P点时的加速度
5.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 转动，盘 10.我国自行研制的新一代 轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为
面上离转轴距离 2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦 中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为 m，若在平直的公路
上从静止开始加速，前进较短的距离 s 速度便可达到最大值 。设在加速过程中发动
因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为 ，g 取
机的功率恒定为 P，坦克所受阻力恒为 f，当速度为 时，所受牵引力为 F。以
2
10m/s 。则 的最大值是( ) 下说法正确的是( )
A.
B. A.坦克速度为 v 时，坦克的牵引力做功为 Fs B.坦克的最大速度
C.1.0rad/s
D.0.5rad/s C.坦克速度为 v时加速度为 D.坦克从静止开始达到最大速度 vm所用时间
6.甲乙两汽车在一直公路上同向行驶。在 t=0 到 t=t1的时间内，它们的 v-t 图像如图 11.如图所示，一个质量为 M 的物体 a放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量
所示。在这段时间内( ) 为 m 的物体 b时，物体 a的加速度为 a，绳中张力为 T，则( )
A．汽车甲的平均速度比乙的大
A.a=g B.
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同 C.T=mg D.
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
12.如图所示，水平细杆上套一细环 A，环 A 和球 B 间用一轻质细绳相连，质量分别为 (2)已知打点计时器使用的交流电频率为 50 Hz，每相邻两个计数点间还有 4 个点未画
2
mA，mB（mA>mB），B 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A 环与 B 球都保 出，利用下图给出的数据可求出小车下滑的加速度 a＝________m/s .(结果保留三位
持静止，则下列说法正确的是( ) 有效数字)
A.B 球受到的风力大小为 mAgsinθ
B.当风力增大时，杆对 A环的支持力不变
C.A 环与水平细杆间的动摩擦因数为
D.当风力增大时，轻质绳对 B球的拉力仍保持不变 四、计算题
13.如图甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做 16.质量 M＝3kg 的长木板放在光滑的水平面上．在水平恒力 F＝11N 作用下由静止开始
半径为 R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为 F，小球在最高点 向右运动．如图所示，当速度达到 1m/s 时将质量 m＝4kg 的物块轻轻放到木板的右
的速度大小为 v，其 F一 v2图象如图乙所示。不计空气阻力，则( ) 端，已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g
2
＝10m/s )．求：
(1)物块刚放在木板上时，物块和木板加速度分别为多大？
A.小球的质量为 (2)木板至少多长才能使物块与木板最终保持相对静止？
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力为多大？
B.当地的重力加速度大小为
C.v2=c 时，杆对小球的弹力方向向下
D.v2=2b 时，小球受到的弹力与重力大小不相等
三、实验题
14.Ⅰ.图是“研究平抛物体运动”的实验装置图，描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放 17.如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长 l＝20m，倾角θ＝
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径 R 相
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点 O 为坐标原点，测 等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为 h＝1.8m，传送带匀速运
x y y x2量它们的水平坐标 和竖直坐标 ，图中 － 图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物 动的速度为 v＝2m/s.现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋
线的是________． 包(可视为质点)，其质量为 100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮
时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车
2
车箱底板中心，重力加速度 g＝10 m/s ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离 x及主动轮的半径 R；
(2)麻袋包在传送带上运动的时间 t；
(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．
(3)如图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任
取三点 A、B、C，测得 A、B 两点竖直坐标 y1为 5.0cm、y2为 45.0cm，A、B 两点水平
间距Δx 为 40.0cm.则平抛小球的初速度 v0 为_____m/s，若 C 点的竖直坐标 y3 为
60.0cm，则小球在 C 点的速度 vC 为_____m/s(结果保留两位有效数字，g 取 10
2
m/s )．
15.在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的
质量用 M 表示，盘及盘中砝码的质量用 m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带
打上的点计算出．
(1)当 M 与 m 的大小关系满足________时，可认为绳对小车的拉力等于盘及盘中砝码的
重力．
静止，两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分力变大，故 F2变大，正确选项
2022-2023 学年度西南大学东方实验中学期中考卷复习答案解析 B。
1.【答案】A 8.【答案】A
【解析】根据 v－t 图象的知识，图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示 【解析】货物受重力，支持力，摩擦力的作用，根据平衡条件得 ，
加速度可知 C、D 均错．因为两车均是变加速运动，平均速度不能用 计算，故 B ，θ角缓慢增大的过程中，支持力变小，摩擦力增大，所以 A 正确；B错
错；根据平均速度的定义式结合图象可知 A对． 误；根据做功的公式知，支持力做正功，故 C错误；摩擦力不做功，所以 D错误。
2.【答案】B 9.【答案】BD
【解析】圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能 【解析】本题主要考查了万有引力定律在热人造卫星运行中的应用。人造卫星绕地球
减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故 A、D 错误；圆环下滑到最大距离时速 做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球
度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故 C 错误；圆环重力势能减少了
mgl，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了 mgl，故 B正确． 质量为 M，有 G＝ma＝m＝m 解得：v＝ ，a＝G，ω＝ 。轨道 3 半径比轨道
3.【答案】D 1 半径大，卫星在轨道 1 上线速度较大，选项 A 错误；轨道 3半径比轨道 1半径大，卫
【解析】力的国际单位为 N，功率的国际单位为 W，电场强度的国际单位为 N/C，电压 星在轨道 3 上角速度较小，选项 B 正确；卫星在轨道 2 上经过 Q 点的加速度等于在轨
的国际单位为 V，所以正确答案为 D. 道 1 上经过 Q点的加速度选项 C错误，同理可知选项 D正确．
4.【答案】D 10.【答案】BC
【解析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期． 【解析】因为在运动的过程中，功率不变，速度增大，则牵引力减小，知牵引力不是
对 A： ，即得： ① 恒力，不能通过 求解牵引力做功的大小，所以牵引力做功不等于 ，因为功率
不变，知牵引力做功 ．故 A错误．
对 B： ，即得： ② 当牵引力与阻力相等时，速度最大，根据 知，最大速度 ．故 B正确．
又
当坦克的速度为 v时，根据牛顿第二定律得， 故 C正确．
由①+②解得双星 A，B 的总质量 由①：②得：
根据动能定理得， ，则 ．故 D错误．
。可知只能求出 A，B 的质量之比，不能求出 A 星半径，不能求出 A，B 的质
量，就不能求出其密度．故 D正确． 11.【答案】BD
5.【答案】C 【解析】对整体由牛顿第二定律得 ，得
【解析】由于小物体随匀质圆盘做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心的合
力 提 供 ， 在 最 下 端 时 指 向 圆 心 的 合 力 最 小 。 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ： 对 a物体由牛顿第二定律得 ，代入得 故选 BD。
12.【答案】BC
【 解 析 】 对 球 A ， B 受 力 分 析 ， 受 重 力 ， 风 力 和 拉 力 ， 如 左 图
得 ,C 正确。
6.【答案】A
， 由几何知识，风力：F=mBgtan ，故 A 错误；把环
【解析】根据 v-t 图像的知识，图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示
加速度可知 C，D 均错。因为两车均是变加速运动，平均速度不能用 计算，故 B
错；根据平均速度的定义式结合图像可知 A对。 和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g，支持力 N，风力 F和向左的摩
7.【答案】A 擦力 f，如右图， 根据共点力平衡条件可得：杆对 A 环的支持力：N=（mA+mB）g,可
【解析】木板静止，所受合力为零，所以 F 不变，将两轻绳各减去一小段，木板再次 见，当风力增大时，杆对 A 环的支持力不变，B 正确；A 所受摩擦力为静摩擦力，动摩1
擦因数为μ不能由滑动摩擦力公式求出，故 C 错误；由图可得绳对 B 球的拉力： 16.【答案】(1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s (3)15 400 J
t h gt2【解析】(1)设麻袋包平抛运动时间为 ，有 ＝ ，x＝vt，解得：x＝1.2 m
T= ,当风力增大时， 增大，则 T增大．故 D错误．
麻袋包在主动轮的最高点时，有
13.【答案】AC mg＝m
解得：R＝0.4 m
【解析】在最高点，若 v=0，则 N=mg=a；若 N=0，则 ，解得
(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为 t1，匀速运动时间为 t2，有μmgcosθ－mgsinθ＝
ma
， ，故 A 正确，B 错误；由图可知：当 v2＜b 时，杆对小球弹力方向 v＝at1
x ＝at
向上，当 v2＞b 时，杆对小球弹力方向向下，所以当 v2=c 时，杆对小球弹力方向向
1
l－x1＝vt2
下，所以小球对杆的弹力方向向上，故 C 正确；若 c=2b．则 ，解得 联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s
(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消
N=a=mg，故 D错误． 耗的电能为ΔE，有Δx＝vt1－x1
14.【答案】Ⅰ.(1)ac (2)c (3)2.0 4.0 由能量守恒定律得ΔE＝mglsinθ＋mv2＋μmgcosθ·Δx
【解析】Ⅰ(1)明确实验条件． 解得：ΔE＝15 400 J
要保证小球从斜槽末端水平抛出，则斜槽末端必须水平；要保证小球每次抛出的速度 2 217.【答案】(1)2 m/s 1 m/s
都相同，则小球必须从同一高度由静止释放．故选项 a、c 符合要求．平抛运动的轨迹 (2)0.5 m
应为平滑曲线，故选项 d错误． (3)6.29 N
2 2
(2)由平抛运动可得 竖直方向：y＝ gt 【解析】(1)放上物块后，物块加速度：a1＝ ＝2 m/s ，
2
水平方向：x＝v t 木板的加速度：a2＝ ，代入数据解得：a2＝1 m/s ；0
2 (2)当两物体速度相等后保持相对静止，故
则 y＝ · ·x
a1t＝v＋a2t，代入数据解得：t＝1 s，
即 y∝x2 21 秒内木板位移：x1＝vt＋ a2t ，代入数据解得：x1＝1.5 m，
故选项 c正确．
2
(3)根据图线数据，利用平抛运动规律分析 物块位移：x2＝ a1t ，代入数据解得：x2＝1 m，
所以木板至少长 L＝x1－x2＝0.5 m；
由平抛运动可得 y1＝ gt ，y2＝ gt (3)相对静止后，对整体，
解得 t1＝0.1 s，t2＝0.3 s 由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a，
对物块 Ff＝ma，
故初速度 v0＝ ＝2.0 m/s
代入数据解得：Ff＝ N≈6.29 N.
C 点在竖直方向的分速度 v ＝2gy3
则小球在 C点的速度 vC＝ ＝4.0 m/s
15.【答案】(1)M m (2)0.460
【解析】(1)根据牛顿第二定律得，整体的加速度 a＝ ，则绳子的拉力 F＝Ma＝
，当 M m 时，认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．
(2)电源频率为 50 Hz，计时器打点时间间隔为 0.02 s，每两点之间还有 4 个点没有标
出，所以相邻计数点间的时间间隔 T＝0.02×5 s＝0.1 s，由匀变速直线运动的推论
x aT2 2 2Δ ＝ 可得，加速度：a＝ ＝ ×0.01 m/s ＝0.460 m/s