十堰市县区普通高中联合体2022-2023学年高三上学期期中联考
物理试题
一、选择题:本题共11小题,每小题4分,共44分。在每题给出的四个选项中,第1一7题只有一个选项符合要求,第8-11题有多项符合要求。全部选对的四分,选对但不全得2分,有错选得0分。
年5月20日,毛泽东率领红四军来到长汀县濯田镇水口村汀江渡口。在群众的帮助下,红四军乘坐揷着红色军旗的木船,顺利渡过汀江。行军三天后,抵达龙岩。为此,毛泽东写下了“红旗跃过汀江,直下龙岩上杭”的豪迈诗篇。关于此次行军说法正确的是
A.红旗跃过汀江是以木船为参考系的
B.研究红旗的飘扬时可以将红旗看成质点
C.研究战士从长汀到龙岩的运动轨迹时可以将战士视为质点
D.战士从长汀到龙岩的平均速度大小等于平均速率
2.如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面,其中段为平直上坡路面,bc段为水平路面,段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是
.在段汽车的输出功率逐渐减小
B.汽车在段的输出功率比bc段的大
C.在段汽车的输出功率逐渐减小
D.汽车在段的输出功率比bc段的大
3、2021年4月29日,我国在海南文昌用长征五号运载火箭成功将空间站“天和”核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为左右,地球同步卫星距地面的高度接近。则该核心舱的
A.角速度比地球同步卫星的小
B.周期比地球同步卫星的长
C.向心加速度比地球同步卫星的大
D.线速度比地球同步卫星的小
4.在如图所示的电路中,当闭合开关后,若将滑动变阻器的滑片P向下调节,下列说法正确的是
A.电压表和电流表的示数都增大
B.灯变暗,电流表的示数减小
C.灯变亮,电压表的示数减小
D.灯变亮,电容器的带电荷量增加
5.一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是
A.在时电流改变方向
B.该交变电流的周期为
C.该交变电流的表达式为
D.该交变电流的有效值为
6、如图所示,两个弹簧振子悬挂在同一支架上,已知甲弹簧振子的固有频率为,乙弹簧振子的固有频率为,当支架在受到竖直方向频率为的驱动力作用做受迫振动时,两个弹簧振子的振动情况是
A.甲的振幅较大,且振动频率为
B.甲的振幅较大,且振动频率为
C.乙的振幅较大,且振动频率为
D.乙的振幅较大,且振动频率为
7.如图所示,蹦蹦球是一种儿童健身玩具,某同学在的室内对蹦蹦球充气,已知充气前两球的总体积为,压强为,充气筒每次充入的气体,忽略踰踰球体积变化及充气过程中气体温度的变化,问,用这个充气筒要充气多少次才能让气体压强增大到
A.15次 B.18次 C.20次 D.22次
8、甲、乙、丙三个物体在同一直线上运动,它们的位移一时间图像如图所示,由图可知
A.开始计时时,甲在最前,乙在中间,丙在最后
B.在时刻,甲的速度最大,丙的速度最小
C.甲停止运动时,丙开始运动,丙的速度比乙大
D.当时刻甲、乙、丙相遇
9.如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为和的A、B两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧,由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下列说法正确的是
A.两滑块的动能之比B.两滑块的动量大小之比
C.弹簧对两滑块的冲量之比D.弹簧对两滑块做功之比
10、在绝缘光滑的水平面上相距为的A、B两处分别固定正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是连线之间的电势与位置之间的关系图像,图中点为图线的最低点,若在的点由静止释放一个质量为、电量为的带电小球(可视为质点),下列有关说法正确的是
A.小球在处的速度最大B.小球一定可以到达点处
C.小球将以点为中心做往复运动.固定在处的电荷的电量之比为
11.如图所示,一束复色光经三棱镜后分开成和四种单色光。用这四种单色光分别照射金属钾板,其中c光恰好可从金属钾板上打出光电子;也可以用这四种单色光分别作为双缝干涉实验的光源。下列说法正确的是
A.光的频率最高
B.d光在棱镜中的折射率最小
C.a光产生的干涉条纹宽度最大
D.光打出的光电子的遏止电压最大
二、非选择题:本题共5小题,共56分。
12、(8分)某同学在知道重物自由下落是初速度为0的匀加速直线运动后,欲利用如图所示装置测量其下落的加速度。实验时,通过电磁铁控制小球从处由静止下落。结果均用题目所给字母表示:
(1)将光电门固定在处,光电门记录下小球经过光电门的时间,测出小球的直径为,则小球运动到光电门处的速度 。
(2)设小球释放点距的距离为,现调整光电门位置,再次释放小球,某次实验时光电门记录下小球经过光电门的时间为,则此时光电门距的距
(3)移动光电门在铁架台上的位置,进行多次实验。由于直尺长度限制,该同学测了光电门位置与其正上方固定点(图中末画出)之间的距离,并记录小球通过光电门的时间。利用实验数据绘制出如图所示的图像,已知图像斜率为,纵截距为,根据图像可知,加速度 ,经过点的速度 。
13、(8分)宇航员登陆某星球做了一个平抛运动实验,并用频闪照相机记录小球做平抛运动的部分轨迹,且已知平抛初速度为。将相片放大到实际大小后在水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系,为小球运动中的3个连续的记录点,和C点的坐标分别为、和。则:
(1)频闪照相机的频闪频率为 ;
(2)该星球表面重力加速度为 ;
(3)小球开始做平抛运动的初始位置坐标为 ，。(结果保留2位有效数字)
14.(10分)动车组是把动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起的。如图所示,某实验用动车组由4节动车和4节拖车组成。总质量为。动车组可以提供的总额定功率,若动车组先以恒定加速度由静止开始做匀加速直线运动,达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动,直至动车组达到最大速度并开始匀速行驶。行驶过程中所受阻力恒定。
(1)求动车组在匀加速运动阶段的总时间;
(2)若动车组在变加速运动阶段的总时间为,求变加速运动的位移大小。
15.(12分)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道,试车道呈雉面(漏斗状),侧面图如图所示。测试的汽车质量,车道转弯半径,路面倾斜角,路面与车胎的动摩擦因数为,设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力,则其速度应为多大
(2)求汽车在该车道上所能允许的最小车速。
16.(18分)如图所示,足够长的粗糙水平轨道光滑水平轨道和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内,斜面倾角为和de平滑连接。在的最右端静止一长、质量的木板,其高度与等高,木板与轨道间动摩擦因数,质量的滑块静止在轨道上的某点,在de轨道上距斜面底端处静止释放一相同的滑块,一段时间后滑块与发生正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞后粘在一起运动。已知与斜面和木板间的动摩擦因数均为,滑块均当作质点,重力加速度取,。
(1)求滑块碰撞后获得的速度大小;
(2)求滑块P、Q冲上木板前损失的机械能;
(3)P、Q一起滑上木板后能否从其左端滑离 若能,求滑离瞬间木板发生的位移大小;若不能,求木板发生的总位移大小。高三物理试题参考答案及评分标准
一、选择题：本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分。在每题给出的四个选项中，第 1—7 题只有一个选
项符合要求，第 8—11 题有多项符合要求。全部选对的四分，选对但不全得 2 分，有错选得 0 分。
1、【解析】选 C。红旗跃过汀江，是以江岸为参考系，A 错误；研究红旗的飘扬时，红旗的
形状不能忽略，不能看作质点，B 错误；研究战士从长汀到龙岩的运动轨迹时，战士的大小
和形状忽略不计，可以将战士视为质点，C 正确；平均速度大小等于位移大小与时间的比值，
平均速率等于路程与时间的比值，由图可知，路程大于位移，平均速率大于平均速度，D 错
误。
2、【解析】选 B。因为汽车定速巡航，满足 ab、bc、cd 三段行驶过程中合力为零。若 ab 段
与水平方向的夹角为α，cd 段与水平方向的夹角为β，则满足 Fab－mg sin α－f＝0，Fbc－f＝
0，Fcd＋mg sin β－f＝0，三段汽车所受牵引力都为恒力，ab 段牵引力最大，bc 段次之，cd
段最小，汽车的输出功率满足 P＝Fv，在速度大小相等的情况下，牵引力大的输出功率大，
由此可知选项 A、C、D 错误，选项 B 正确。
3、【解析】选 C。核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
Mm v2 2π 32 2 GM r GM GM
G ＝m ＝m( ) r＝ma＝mω r，可得ω＝ ，T＝2π ，a＝ ，v＝ ，而
2 3 2
r r T r GM r r
核心舱运行轨道距地面的高度为 400 km 左右，地球同步卫星距地面的高度接近 3 6000 km，
有 r 舱ω同，T 舱a 同，v 舱>v 同，故 A、B、D 错误，C 正确。
4、【解析】选 C。将滑动变阻器的滑片 P 向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总
电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流 I 增大导致内电压增大，路端电压
U 减小，则电压表示数减小，灯 L1 变亮，U1 增大，R 与灯 L2 并联，L2 两端的电压 U2＝U－U1，U
减小，U2 减小，灯 L2 变暗，流过电流表的电流 IA＝I－I2，I 增大，I2 减小，IA 增大，电流表
的示数增大，电容器的电压等于灯 L2 两端的电压 U2，故电容器的带电荷量减少，故 C 正确。
5、【解析】选 C。在 i t 图像中，图线与时间轴的交点位置表示电流方向发生改变的时刻，
该时刻对应于线圈处于中性面位置，选项 A 错误；由图像可知，交流电的周期为 T＝0.4 s，
2π
选项 B 错误；根据图像可知其表达式为 i＝Imcos t A 代入解得 i＝2cos5πt A，选项 C 正
T
2
确；根据正弦交流电有效值的确定方法可得 I 有＝ ＝ 2 A，选项 D 错误。
2
6、【解析】选 D。支架在受到竖直方向且频率为 20 Hz 的驱动力作用下做受迫振动时，频率
越接近则振幅越大，所以乙的振幅较大。受迫振动的频率取决于驱动力的频率即振动频率为
20 Hz，A、B、C 错误，D 正确。
7、【解析】选 C。设充气 n 次可以让气体压强增大至 3 atm，据题充气过程中气体发生等温变
化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得 p1(V＋nΔV)＝p2V，
代入 1×(2＋n×0.2)＝3×2，解得 n＝20(次)，选项 C 正确。
1
8、【解析】选 C、D。开始计时时，甲在最前，乙、丙位置相同，在最后，A 错误；在 t2 时刻，
甲的速度为零，丙的速度大于乙的速度，B 错误；t1 时刻，甲停止运动时，丙开始运动，丙的
速度比乙大，C 正确；当 t＝t2 时刻甲、乙、丙到达同一位置，故三者相遇，D 正确。
v
9、【解析】选 A、C。根据动量守恒定律得 0＝2mvA－mvB，解得
B
vA＝
2
两滑块速度大小之比为 vA∶vB＝1∶2
两滑块的动能之比 E 1kA∶EkB＝ ×2mv2A ∶
1 mv2B ＝1∶2，故 A 正确；两滑块的动量大小之比2 2
pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故 B 错误；弹簧对两滑块的冲量之比 IA∶IB＝ΔpA∶ΔpB＝(2mvA
－0)∶(mvB－0)＝1∶1，故 C 正确；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为 1∶2，故 D
错误。
10、【解析】选 A、D。据φ x 图像切线的斜率等于场强 E 可知 x＝L 处场强为零，x＝L 右侧电
场为负，即方向向左，x＝L 左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到
x＝L 处加速度为 0，从 x＝L 向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在 x
Q Q
＝L 处的速度最大，A 正确；x＝L 处场强为零，根据点电荷场强则有 Ak ＝ Bk 解
（4L）2 （2L）2
得 QA∶QB＝4∶1，D 正确；根据动能定理得 qU＝0，得 U＝0，所以小球能运动到电势与出发点
相同的位置，由图知向左最远不能到达 x＝－2L 处，B 错误；以 x＝L 为中心，与右侧 x＝2L
对称的位置是 x＝0，由图像可知，对称的两位置电势并不相等，即向左最远处必不是 x＝0
处，C 错误。
11、【解析】选 B、D。由光路图可知，a 光通过三棱镜的偏折程度最大，则折射率最大，a 光
的频率最大，d 光的折射率最小，则频率最低，A 错误，B 正确；因 a 光的频率最大，则波长
l
最短，根据Δx＝ λ可知，a 光产生的干涉条纹宽度最小，C 错误；因为 c 光恰好可从金属钾
d
1
板上打出光电子，则 a 光一定能发生光电效应，因 a 光的频率最大，则根据 eUc＝
2
mvm ＝hν
2
－W 逸出功可知，a 光打出的光电子的遏止电压最大，D 正确。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 56 分。
d
12、【解析】(1)小球通过光电门时的速度为 v＝
Δt0
(2)若某次实验时光电门记录下小球经过光电门的时间为 0.5Δt0，则通过光电门的速度变为原
来的 2 倍，根据 v2＝2gh
可知下落的高度变为原来的 4 倍 ，故距 A 点的距离Δh＝3h0
(3)根据速度位移公式可知 2ah＝( d )2－v2
Δt M
2
则有 1 ＝2a vM
Δt2 d2
h＋
d2
2
结合图像信息则有 k＝2a ，b＝v
2
M
d2 d2
2
解得 a＝kd ，vM＝d b
2
2
答案：(1) d (2) 3h0 (3)kd d b （每空 2 分）
Δt0 2
1 v 5
13、【解析】(1)频闪照相机的频闪频率为 f＝ ＝ 0 ＝ Hz＝10 Hz。
T x 0.5
0.50－0.25
(2)根据Δy＝gT2 可得 g＝Δy 2 22 ＝ m/s ＝25 m/s 。T 0.12
(3)小球在 B 点的竖直分速度 v ＝yAC ＝ 0.75By m/s＝3.75 m/s，则抛出点到 B 点的竖直距离
2T 2×0.1
2
h＝vBy ＝3.75
2
m＝0.281 25 m，小球到达 B 点的时间 t ＝vBy ＝3.75B s＝0.15 s，则抛出点
2g 2×25 g 25
的纵坐标为 y＝－(0.281 25－0.25) m＝－0.031 25 m≈－0.031 m；
抛出点的横坐标为 x＝－(v0tB－xB)＝－(5×0.15－0.5) m＝－0.25 m。
答案：(1)10 (2)25 (3)－0.25 －0.031 （每空 2 分）
14、【解析】(1)设动车组在运动中所受阻力为 f，动车组的牵引力为 F，
动车组以最大速度匀速运动时 F＝f （2 分）
动车组总功率 P＝Fvm （2 分）
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为 F′，匀加速运动的末速度为 v′，
由牛顿第二定律有 F′－f＝ma （1 分）
动车组总功率 P＝F′v′ （1 分）
运动学公式 v′＝at1
解得匀加速运动的时间 t1＝200 s （1 分）
(2)设动车组变加速运动的位移为 x，根据动能定理 Pt－fx＝1 mv2 1 2
2 m
－ mv′ （2 分）
2
解得 x＝2.15×104 m （1 分）
答案：(1) 200 s (2)2.15×104 m
15、【解析】(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿
2
v
第二定律得： mg tan θ＝m （2 分）
r
解得：v≈38.7 m/s。（2 分）
(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，
受力如图，根据牛顿第二定律得：
2
FNsin θ－F cos θ＝m
vmin
f （2 分）
r
FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0（2 分）
Ff＝μFN （2 分）
3
解得：vmin＝30 m/s。（2 分）
答案：(1)38.7 m/s (2)30 m/s
16、【解析】(1)滑块 P 在下滑到底端的过程中，由动能定理得
mgsin37°·L2－μ2mgcos37°·L ＝1 mv22 －0 （1 分）
2 1
代入数据可得 v1＝8 m/s （1 分）
滑块 P、Q 碰撞过程中动量守恒 mv1＋0＝2mv2 （1 分）
代入数据可得 v2＝4 m/s （1 分）
(2)设滑块 P 在斜面上滑动过程损失的机械能为ΔE1
ΔE1＝μ2mgcos37°·L2＝32 J （1 分）
设滑块 P、Q 碰撞过程损失的机械能为ΔE2
ΔE2＝1 mv21 －
1 ·2mv22 ＝32 J （1 分）2 2
则 P、Q 滑上木板前损失的总机械能为ΔE
ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝64 J （1 分）
(3)滑块 P、Q 滑上木板时，由牛顿第二定律
对 PQ 整体 2μ2mg＝2ma1
得 a1＝2.5 m/s2 （1 分）
对木板 2μ2mg－μ1(2m＋M)g＝Ma2
得 a2＝1.5 m/s2 （1 分）
假设两滑块与木板在共速前未滑离木板 v 共＝v2－a1t＝a2t （1 分）
代入数据得 t＝1 s， v 共＝1.5 m/s （1 分）
设两滑块与木板共速时，滑块发生的位移为 x1，木板发生的位移为 x2，则
v ＋v
x1＝
2 共 t＝2.75 m，解得 x1＝2.75 m （1 分）
2
v
x ＝ 共2 t＝0.75 m，解得 x2＝0.75 m （1 分）
2
则相对位移 x 相＝x1－x2＝2 m滑块木板共速后，一起减速运动直到停止，则μ1(2m＋M)g＝(2m＋M)a3 （1 分）
得 a3＝0.5 m/s2（1 分）
0－v2共
一起减速的位移 x3＝ ＝2.25 m （1 分）
－2a3
则木板发生的总位移为 x 总＝x2＋x3＝3 m （1 分）
答案：(1)4 m/s (2)64 J (3)不能，3 m
4
