安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题（Word版含答案）

肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期期中考试
物理
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，第1-6小题单项选择题，第7-10小题多项选择题，选对不全对得2分，共40分）
如图竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为，上部侧面处开有小口，在小口的正下方处亦开有与大小相同的小口，小球从小口沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，要使小球从口处飞出，小球进入口的速率可能是( )
A. B. C. D.
水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时边恰好处于水平状态，将其以为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到边水平，则在转动过程中( )
A. 当边与边所受压力大小相等时，处于水平状态
B. 球对边的压力一直增大
C. 球对边的压力一直减小
D. 边所受压力不可能大于球的重力
“嫦娥五号”月球探测器，是负责嫦娥三期工程“采样返回”任务的中国首颗月球探测器。它会自动完成月岩采集，并从月球起飞，以“跳跃式返回技术”成功返回地面，“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层大气层，降低速度后再进入大气层．如图所示，虚线为大气层的边界，已知地球半径为，点与地心距离为，地球表面重力加速度为，下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在点处于完全失重状态
B. “嫦娥五号”在点的向心加速度大小等于
C. “嫦娥五号”在点和点的速率相等
D. “嫦娥五号”在点和点的速率相等
如图甲所示的“襄阳炮”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量的石块，装在与转轴相距的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离，不计空气阻力，取。以下判断正确的是( )
A. 石块抛出后运动时间为
B. 石块被抛出瞬间的速度大小
C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为
D. 石块落地的瞬时速度大小为
将质量均为的编号依次为，，，的梯形劈块靠在一起构成倾角为的三角形劈面，每个梯形劈块上斜面长度均为，如图所示，质量的小物块与斜面间的动摩擦因数为，每个梯形劈块与水平面间的动摩擦因数均为，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．现使从斜面底端以平行于斜面的初速度冲上斜面，下列说法正确的是取 ( )
A. 若所有劈均固定在水平面上，物块最终从号劈上冲出
B. 若所有劈均固定在水平面上，物块最终能冲到号劈上
C. 若所有劈均不固定在水平面上，物块上滑到号劈时，劈开始相对水平面滑动
D. 若所有劈均不固定在水平面上，物块上滑到号劈时，劈开始相对水平面滑动
如图所示，用长度为的金属丝绕制成高度为的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中轨道对小球的作用力保持不变
B. 小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速曲线运动
C. 小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为
D. 小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为
如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的小铁球视为质点在轨道外侧转动，、两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能守恒
C. 铁球在点的速度一定等于
D. 要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为
如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道末端切线水平。将一小球从轨道顶端由静止释放。若保持轨道圆心位置不变，改变圆弧轨道的半径不超过圆心离地的高度，小球仍从轨道顶端由静止释放，则下列说法正确的是( )
A. 小球运动到轨道末端时对轨道的压力相等
B. 小球落地时重力的功率相等
C. 轨道半径越大，小球落地的水平位移越大
D. 轨道半径越大，小球落地时速度方向与竖直方向夹角越大
如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体，一轻杆与水平地面成角，轻杆的下端用光滑铰链连接于点，点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个小球，小球靠在立方体左侧，立方体右侧受到水平向左的推力的作用，整个装置处于静止状态．若现在撤去水平推力，则下列说法中正确的是( )
A. 小球在落地的瞬间和立方体分离 B. 小球和立方体分离时速度大小相等
C. 小球和立方体分离时小球的加速度为 D. 分离前小球和立方体系统的机械能守恒
如图所示，质量均为的、两个弹性小球，用原长为的弹性绳连接。现把、两球置于距地面高处足够大，两球间距为。当球自由下落的同时，球以速度指向球水平抛出，、两球碰撞时无机械能损失，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 两球从开始运动到相碰，球下落的高度为
B. A、两球碰撞后瞬间，球速度为
C. 从球自由下落开始到两球碰撞后瞬间，此过程中球受到的冲量大小为
D. 当弹性绳最长时两球速度相同
二、实验题（本大题共2小题，共16分）
在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验装置。操作如下：
平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，先_________填“增大”或“减小”木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距相等为止。
已知小车的质量为，盘和砝码的总质量为，要使细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力，应该满足的条件是__________填“远小于”、“远大于”或“等于”。
实验中得到如图丙所示的一条纸带，已知打点计时器所接交流电的频率为，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为________。打图中第个计数点时小车的速度为_________结果保留三位有效数字。
实验中长木板水平放置且细线平行于长木板，以绳的拉力为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图像如图丁所示，求得图线的斜率为，横轴截距为，且已知重力加速度为，小车与长木板间的动摩擦因数为_________。结果用、、表示
用如图实验装置验证、组成的系统机械能守恒．从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒图给出的是实验中获取的一条纸带：是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有个点图中未标出，计数点间的距离如图所示，已知电源频率为，、，取，则
在打点过程中系统动能的增加量 ，系统势能的减少量 ，由此得出的结论是 计算结果保留三位有效数字
实验结果显示略大于，那么造成这一现象的主要原因是
若某同学作出图象如图所示，则当地的实际重力加速度 。
三、计算题（本大题共3小题，共44分）
如图所示，半径为的光滑圆环竖直固定质量为的小球套在圆环上；长为的刚性既不伸长也不缩短轻杆一端通过铰链与连接，另一端通过铰链与滑块连接；质量为的滑块套在固定的光滑水平长杆上，水平杆与圆环的圆心位于同一水平线上，给施加一水平向左的力，使小球静止于轻杆与圆环相切的位置现撒去水平力，滑块由静止开始运动，不计一切摩擦均视为质点重力加速度为，取，，求：
小球静止时滑块受到水平力的大小；
小球滑到与圆心同高度时的速度大小；
小球由静止下滑至杆与圆环再次相切的过程中，杆对滑块做的功。
如图所示，光滑水平面与一半圆形轨道在点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为，一个质量为的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达点，重力加速度为求：
弹簧弹力对物块做的功；
物块从到克服阻力所做的功；
物块离开点后，再落回到水平面上时的动能。
如图甲所示，质量为、长度的木板静止在光滑水平面上两表面与地面平行，在其右侧某一位置有一竖直固定挡板。质量为的小物块可视为质点以的初速度从的最左端水平冲上，一段时间后与发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后内的速度随时间变化的图像如图乙所示。取重力加速度，求：
刚冲上时，挡板离板右端的最小距离；
与第次碰撞到第次碰撞的时间间隔内产生的热量；
与碰撞几次，与分离？
答案解析
1. 【解析】小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为，
在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到
所以
当时，取最小值，所以最小速率为，故B正确，ACD错误。故选B。
2. 【解析】在转动过程中对球进行受力分析，球受三个力作用：重力、边的弹力、边的弹力，在变化过程中重力恒定，而两个弹力方向同时变化，但两个弹力方向的夹角恒定为，根据三角形定则可知，三个力构成的三角形外接圆中重力为一固定弦，两个弹力变化过程中对应两个弦在圆周上移动，如图所示：
可直观看出，球对边的压力是先增大后减小，球对边的压力也是先增大后减小，两个力大小均会出现大于重力，当两个弹力相等时，大小均等于重力，此时水平，综上分析可知，BCD错误，A正确。故选A。
3. 【解析】A.嫦娥五号沿轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的方向，所以在点合力向上，即加速度向上，因此嫦娥五号在点处于超重状态，故A错误；
B.在点，嫦娥五号的加速度，又，则，故B错误；
C.嫦娥五号从到，万有引力不做功，由于阻力做功，则点速率大于点的速率，故C错误；
D.从点到点，没有空气阻力，机械能守恒，则点速率和点速率相等，故D正确。故选D。
4. 【解析】A.石块被抛出后做平抛运动，，竖直方向：，可得：，故A错误；
B.石块被抛出后做平抛运动，水平方向：，可得：，故B错误；
C.石块即将落地时重力的瞬时功率为：，故C正确；
D.石块落地的瞬时速度大小为：，故D错误。故选：。
5.【解析】若劈一直保持静止不动，根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为，物块沿斜面向上做匀减速运动，设速度减为零时物块运动的位移为，由运动学公式有，解得，，说明物块可以冲到号劈上，故A错误，B正确；
物块与斜面间的弹力，物块与斜面间的滑动摩擦力为，水平面对劈的支持力，当时，后面的劈块刚好开始滑动，解得，所以物块上滑到号劈时，劈开始相对水平面滑动，故C D错误。
6. 【解析】A.由于小球螺旋运动的速率不断增大，所需向心力部分不断增大，故轨道对小球的作用力逐渐增大，故A错误；
B.小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动，故B不正确；
C.设小球的末速度大小为，方向与水平面夹角为。由机械能守恒定律可得：，在轨道底端时重力对小球做功的功率为：，解得：，故C错误；
D.将小球运动等效为沿长为，高为的光滑斜面的运动，则其下滑加速度为，由位移公式得：，解得：，故D正确。故选BD。
7. 【解析】铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做匀速圆周运动。故A错误，B正确；
C.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于即可通过最高点，不一定等于，故C错误；
D.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于，所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于；根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为，到达最低点时的速度满足：；轨道对铁球的支持力恰好等于，则磁力与重力的合力提供向心力，即：；联立解得：；可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为，故D正确。故选BD。
8. AD【解析】A.小球下滑过程只有重力做功，故由机械能守恒定律可得：，在最低点由牛顿第二定律可得：，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力：，由表达式可知改变圆弧轨道的半径时，小球运动到轨道末端时对轨道的压力相等，故A正确；
B.设轨道低端离地高度为，则由平抛运动规律可得球落地时间为：，落地时的竖直分速度为：，由功率的表达式可得小球落地时重力的功率：，由表达式可知小球落地时重力的功率与其轨道末端与地面的距离有关系，故重力的功率不相等，故B错误；
C.球落地的水平位移为：，联立以上表达式可得小球落地的水平位移，由表达式可知，由于球心到地面的高度一定，故由数学关系可知，当时，小球落地的水平位移最大，而不是轨道半径越大，小球落地的水平位移越大，故C错误；
D.由以上表达式可知，轨道半径越大，球平抛的水平速度越大，而落地时的竖直分速度越小，由速度的合成可知小球落地时速度方向与竖直方向夹角越大，故D正确。故选AD。
9. 【解析】B.小球随着立方体向右运动的同时，沿着立方体竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，如图所示，得，即小球和立方体分离时速度大小不相等，故B错误；
A.如果立方体和地面之间有摩擦力，若摩擦力太大，则小球不会推动立方体运动；若摩擦力太小，立方体会在小球落在水平地面上之前离开小球；若摩擦力为某一合适的值，小球恰好在落到水平地面上与立方体分离．由于接触面光滑，故立方体会在小球落在水平地面上之前离开小球，故A错误；
C.对小球和立方体整体进行受力分析，受重力、杆的弹力、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有，刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，此时小球的加速度为，故C正确；
D.小球和立方体分离前，只有小球重力对系统做功，则小球和立方体系统的机械能守恒，故D正确．

10. 【解析】A.设球下落的高度为：，，联立得：，故A正确；
B.由水平方向动量守恒得：，由机械能守恒得：，式中，联立得：，，所以、两球碰撞后瞬间，球水平速度为，故B错误；
C.从球自由下落开始到两球碰撞后瞬间，此过程中球受到的冲量大小，故C正确；
D.两球速度相同时，弹性绳最长，故D正确。故选ACD。
11. 增大；远大于；；；。
【解析】先增大木板的倾角，使重力的沿斜面向下的分力平衡木板与小车间的摩擦力。
根据牛顿第二定律，对小车和盘与砝码整体分析
得
对小车分析，绳子的拉力
所以当时，才能认为细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力。
两计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点的时间为，由逐差法可得
得
打计数点时小车的速度为
得
由牛顿第二定律得
得
所以有
又当时，，即
得

12.；；在误差允许的范围内，系统机械能守恒。
纸带与打点计时器间有摩擦，摩擦阻力做功造成的机械能损失
。

【解析】每相邻两计数点间还有个点，则相邻两计数点的时间间隔为，
利用匀变速直线运动的推论有：；
系统动能的增量为：，
系统重力势能减小量为：；由此可得出结论为：在误差允许的范围内，系统机械能守恒。
纸带与打点计时器间有摩擦，摩擦阻力做功造成的机械能损失。
由系统机械能守恒得：，
解得，
图线的斜率，
解得。

13.解：对和受力分析如图甲所示
研究小球：
研究滑块：
且
当滑到与同高度时，的速度沿圆环切向向下，的速度为，
由机械能守恒定律得：，
解得：；
杆与圆环再次相切时，的速度沿轻杆方向，设为，此时的速度沿水平杆向左，设为，如图乙所示
根据杆不可伸长和缩短，得：，
球下落的高度为：，
由球和球组成的系统机械能守恒定律得：
，
由动能定理得；，
代人数据解得：。
14.解：在点由牛顿第二定律得：
，
解得
由动能定理得
解得；
物块在点时：
物块从到由动能定理得：
解得，即物块从到克服阻力做功为；
物块从点平抛到水平面的过程中，由动能定理得：
解得。
15.解：由题图乙得：碰后的速度，即第次与碰前瞬间的速度为，设此时的速度，对、系统由动量守恒定律有
代入数据解得
由题图乙得：，的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
第次与碰撞前一直向右加速，与的距离最短为
对由动能定理有：，
代入数据得：
在、不分离时，每次与碰后到下次与再次碰撞前，最后两者共速，
设与第次碰撞前的速度为，以水平向右为正方向，
对、系统由动量守恒定律可得：
解得：
与第次碰撞到第次碰撞的时间间隔内的热量
第次与碰前，在木板上的滑动距离为，
对、组成的系统，由能量守恒有：
代入数据得：
第次与挡板碰后到共速的过程中，对、系统由能量守恒有：
解得
假设第次碰撞前，与仍不分离，第次与挡板相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：
解得：
由能量守恒有：
解得：
由于
故不能发生第次碰撞，所以与碰撞次，与分离。