安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题（Word版含答案）

定远县育才学校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1-5小题单项选择题，第6-10小题多项选择题，选对不全对得2分，共40分）
一质量为的物体从某一高处开始做自由落体运动，已知物体落地时的动能为，则当动能为时物体距离地面的高度为．( )
A. B. C. D.
质量为的物体在水平面上做直线运动，其在水平方向只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力两个力共同作用时的速度时间图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 水平力可能等于 B. 物体的摩擦力一定等于
C. 水平力一定等于 D. 物体的摩擦力可能等于
如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体和半圆柱体靠在一起，表面光滑，重力为，下表面粗糙，静止在水平面上，现过的轴心施以水平作用力，可缓慢的将拉离平面一直滑到的顶端，整个过程中，始终处于静止状态。则从刚要拉离平面至滑到的顶端，下列说法正确的是( )
A. 开始时拉力最大为，以后逐渐减小为
B. 、间的压力开始最大为，而后逐渐减小到
C. 地面受到的压力逐渐增大
D. 地面对的摩擦力逐渐增大
如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球和可以在光滑杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，，当整个装置以匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时
A. 两球受到的向心力大小相等
B. 球受到的向心力大于球受到的向心力
C. 当增大时，球将沿杆向外运动
D. 当增大时，球将沿杆向外运动
月日，我国成功发射了天链一号星．天链一号星是我国第颗地球同步轨道数据中继卫星，它与天链一号星、星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号等提供数据中继与测控服务．如图为天宫二号和天链一号绕地球稳定运行的轨道示意图，下列关于该状态的说法正确的是
A. 天宫二号的运行速度一定大于，小于
B. 天链一号星与静止在地球赤道上的物体具有相同的向心加速度
C. 天链一号星的公转周期大于天宫二号的公转周期
D. 天链一号星可相对地面静止于北京飞控中心的正上方
溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目。如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上。人从高处平台的点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点，到达点时速度为零。下列说法中正确的有
A. 人滑到点时速度最大
B. 人从滑到的过程中，重力的功率先增大后减小
C. 人滑到点时的加速度方向竖直向上
D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力
如图所示，一光滑直杆竖直固定在水平地面上，一轻弹簧套在杆上，下端与地面相连．现将弹簧压缩到长度为．，并用细线绑住；再将一滑块穿过直杆置于弹簧上．某时刻烧断细线，滑块开始运动，其动能与离地高度的关系如图所示，图线最高点坐标，且只在高度范围内为直线，重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧原长为
B. 轻弹簧的劲度系数为
C. 轻弹簧的最大弹性势能为
D. 滑块从离地高度运动到离地高度的过程中，弹簧的弹性势能减少量大于滑块重力势能的增加量
如图所示，用铰链将三个质量均为的小球、、与两根长为的轻杆相连，、置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，、在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为，则此过程中( )
A. 球的机械能一直减小 B. 球的机械能一直增大
C. 球对地面的压力可能小于 D. 球落地的瞬时速度为
如图所示，一质量为的小球置于半径为的光滑竖直圆轨道最低点处，为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数，原长，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度，已知重力加速度为则有( )
A. 当时，小球可能会离开圆轨道
B. 若，则小球会在、间脱离圆轨道
C. 只要，小球就能做完整的圆周运动
D. 只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与无关
细长轻绳下端悬挂一小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子，如图所示．现将单摆向右方拉开一个小角度，时刻无初速度释放．不计一切阻力．下列描述释放后小球的机械能、重力的冲量大小、速度的大小、离开平衡位置的位移大小随时间变化的关系图线中，可能正确的有( )
A. B.
C. D.
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
（8分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上尚未到达滑轮处从纸带上便于测量的点开始，每个点取个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为不计空气阻力，
通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点__________和__________之间某时刻落地．
计数点对应的速度大小__________保留三位有效数字
物块减速运动过程中加速度的大小为=________保留三位有效数字
物块与桌面的动摩擦因数为__________，物块与重物质量比为__________。
（7分）图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
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
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点为坐标原点，测量它们的水平坐标和竖直坐标，图乙中的图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________。
图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，为平抛的起点，在轨迹上任取两点、，测得、两点纵坐标，，、两点水平间距则平抛小球的初速度为________；若点的竖直坐标为，则小球在点的速度为______结果保留两位有效数字，取。
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
（12分）如图所示，质量的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量的小球相连。今用与水平方向成角的力拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中，相对位置保持不变，取。求：
运动过程中轻绳与水平方向夹角；
木块与水平杆间的动摩擦因数；
当为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的力最小。
（15分）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角的直轨道，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径、转轴间距的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度。现将一小物块放在距离传送带高处静止释放，假设小物块从直轨道端运动到达传送带上点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为
若，求小物块到达端时速度的大小；
若小物块落到传送带左侧地面，求需要满足的条件
改变小物块释放的高度，小物块从传送带的点水平向右抛出，求小物块落地点到点的水平距离与的关系式及需要满足的条件。
（18分）如图所示，是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为，在木板的上面有两块质量均为的小木块和，它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，、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，、始终未滑离木板，求：
木块从刚开始运动到与木板速度刚好相等的过程中，木块所发生的位移；
木块在整个过程中的最小速度；
整个过程中，、两木块相对于木板滑动的总路程是多少？
答案解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B A C BD BC CD CD BC
1. 【解析】设动能为时物体距离地面的高度为，则根据机械能守恒有：，解得，故B正确，ACD错误。故选B。
2. 【解析】由图知：图表示加速度大小为的匀减速运动，图表示加速度为的匀减速运动；故根据牛顿第二定律，受到合外力，受到合外力；如果受水平拉力，那么仅受摩擦力是，所以受到向前的的拉力；同理，如果受水平拉力，那么由知摩擦力是，受到向后的拉力；所以无论如何，拉力始终是，而摩擦力可能是，也可能是，故C正确，ABD错误。故选C。
3. 【解析】A.圆柱体和半圆柱体的圆心的连线长度为，故其与竖直方向夹角为，受三个力平衡，如图所示：
三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始时拉力最大为，以后逐渐减小为，故A错误；
B.、间的压力开始最大为，而后逐渐减小到，故B正确；
C.对圆柱体和半圆柱体整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力，保持不变，故B对地面压力大小不变，故C错误；
D.整体在水平方向上受到拉力和地面的摩擦力，故摩擦力，逐渐减小到零，故D错误。
故选B。
4. 【解析】两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力；两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则球受到的向心力等于球受到的向心力，故A正确，B错误；
根据向心力大小相等得到，，由于角速度相同，此方程与角速度无关，所以当增大时，两球半径不变，球不会向杆外运动，球也不会向沿杆向外运动，故CD错误。
故选A。
5. 【解析】A.近地环绕卫星速度为，而天宫二号轨道半径大于近地环绕卫星轨道半径，根据知，天宫二号的运行速度一定小于，故A错误；
B.同步卫星与静止在地球赤道上的物体的运行角速度相等，而轨道半径不同，由，故天链一号星与静止在地球赤道上的物体的向心加速度不同，故B错误；
C.天链一号星地球同步卫星，其轨道高度远大于天宫二号轨道高度，根据，则天链一号星的公转周期大于天宫二号的公转周期，故C正确；
D.地球同步卫星的轨道只有一个，与地球赤道面共面，而北京位于北半球非赤道面，故D错误。
故选C。
6. 【解析】A.人滑到点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图
，
如果钢索光滑对；考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为的位置速度最大，故A错误；
B.人从滑到的过程中，根据，开始时速度为，重力的功率为，中间过程重力的功率不为，到点时重力方向与速度方向垂直，重力的功率为，故人从到的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；
C.人滑到点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；
D.如果没有摩擦力与对右侧固定桩的拉力相等，人从滑到的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确。故选BD。
7. 【解析】A.在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从上升到的范围内所受作用力为恒力，则从开始，滑块与弹簧分离，即弹簧的原长为，选项错误；
B.在从上升到范围内，，则图线的斜率绝对值为，所以滑块的质量由图象可知时滑块的动能最大，即此时速度最大，滑块所受合力为零，弹力等于重力，，，所以轻弹簧的劲度系数，选项正确；
C.根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，所以，选项正确；
D.由图线可知，滑块从高度运动到高度的过程中，滑块动能没有变化，所以弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能，即弹簧的弹性势能减少量等于滑块重力势能的增加量，选项错误．故选BC。
8.
【解析】因为、、组成的系统机械能守恒，在落地前，运动；在落地时，停止运动。由于系统机械能守恒可知，的机械能转化为的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理的机械能不可能一直增大，故A错误、B错误；
C.在落地前，做减速运动，由于轻杆对有斜向上的拉力，因此对地面的压力可能小于，故C正确；
D.根据动能定理可得：，解得：，故D正确。故选CD。
9.
【解析】因弹簧的劲度系数为，原长为，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为，在最高点弹簧弹力和重力的合力为，小球也不能脱离圆轨道，如果小球速度再稍微大一些，那就更不能脱离圆轨道，在最高点不能脱离圆轨道，在其他位置肯定不能脱离圆轨道，故AB错误；
C.小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：
，解得：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确；
D.在最低点时，设小球受到的支持力为，有：
，解得：
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为，设此时的速度为，由机械能守恒有：
此时合外力提供向心力，有：
联立解得：
联立得压力差为：，与初速度无关，故D正确。故选：。
10.
【解析】A.单摆摆动过程中，拉力不做功，机械能守恒，故A错误；
B.重力的冲量为，故B正确；
C.单摆速度图像为弦函数图像，根据题意可知，开始时速度为，当与钉子相碰时，摆长变为原来的，根据可知，周期变为原来的，故C正确；
D.图像与坐标轴围成的面积为位移，根据选项的图像可知，当与钉子相碰后位移变小，故D错误。故选BC。
11.
【解析】从纸带上的数据分析得知：在点计数点之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，位移的增量为定值，均为，而在、间增加的位移小于；故说明在、间物体即开始减速；
每个点取个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小，则点的速度大小为：；计数点根据匀变速直线运动的推论公式可以求出物块加速运动过程中加速度，得：，而物块减速运动过程中加速度，得：，因此减速运动过程中加速度的大小为；
设物块的质量为，而重物质量为；根据，再由牛顿第二定律可得，则有：；在加速过程中，则有而，解得：。
故答案为：；；；；；。
12.；；，
【解析】、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故A正确。
B、为了使小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下，故B错误，C正确。
D、描绘小球的运动轨迹，用平滑曲线连接，故D错误。
故选：．
根据，得，，可知的图线为一条过原点的倾斜直线，故选。
，，，，
根据得：，
根据得：，
则小球平抛运动的初速度为：．
点的竖直分速度为：，
根据平行四边形定则知，点的速度为：．
故答案为：；；，。
13.解：对小球进行受力分析，设细绳对的拉力为由平衡条件可得：
，
代入数据解得：，，即：；
对进行受力分析，由平衡条件有：
解得：；
对、整体进行受力分析，由平衡条件有：
，
联立得：，
解得：，
令：，，即：，
则：；
所以：当时有最小值。
所以时的值最小。
即：。

14.解：物块由静止释放到的过程中，由牛顿第二定律得：
由速度位移的关系式得：
联立解得：
左侧离开，设到点速度为零时高为，由动能定理得：
解得：
若小物块落到传送带左侧地面，需要满足的条件是
右侧抛出，设到点的速度为，由动能定理得：
一
由平抛运动的规律得：，
解得：
为使能在点水平抛出，则有：
解得：
15.解：木块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块一直做匀减速直线运动；木板做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到、、三者的速度相等为止，设为对、、三者组成的系统，由动量守恒定律得：

解得：
对木块运用动能定理，有：
解得：
设木块在整个过程中的最小速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得：
对木块：，
对木板：，
当木块与木板的速度相等时，木块的速度最小，则有
，
解得
木块在整个过程中的最小速度为：．
整个过程中，摩擦生热为
由能量守恒得，，
所以。