武强中学 2023—2024 学年度上学期期中测试
高三年级 物理试卷
卷Ⅰ（选择题 共 46 分）
一、单项选择题（共 7 小题，每小题 4 分，计28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1. 第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月4日在北京开幕，其中滑雪是冬奥会中的一个比赛大项。如图所示，某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零。已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则滑雪者整个过程的平均速度为（ ）
A. B. C. D.
2.如图甲所示，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．山崖左壁对石头的作用力将增大 B．山崖右壁对石头的作用力不变
C．山崖对石头的作用力减小 D．石头受到的合力将增大
3.有一种叫飞椅的游乐项目，示意图如图所示。长为的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的质量为40kg，当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角（），不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度的值取，下列说法正确的是（ ）
A. 小孩转动的轨道半径为7m B. 钢绳对转椅的拉力大小为600N
C. 座椅匀速转动的角速度大小为 D. 小孩的向心加速度大小为
4.如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为2 m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为( )
A. m B. m
C. m D. m
5.如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mgcosθ)，其他条件不变，则木盒滑行的距离将( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大、变小均有可能
6.如图，粗糙水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点并由静止释放后向右弹开，当它经过B点进入圆形导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C．物块与粗糙水平面AB之间的动摩擦因数为μ，AB部分长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 物块经过B点时的速度大小
B. 物块经过B点时的速度大小
C. 物块从B点运动至C点的过程中阻力做的功
D. 物块在A点时弹簧的弹性势能2
7.如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态．弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g(g为重力加速度)的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A．A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B．分离时弹簧处于原长状态
C．在t＝时刻A、B分离
D．分离时B的速度大小为g
二、多项选择题（共 3 小题，每小题 6 分，计 18 分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
8.如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是( )
A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2C．若v2D．若v29.一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动．轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS＝2l.除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态．着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过P点的速度分别为v1、v2、v3，下列说法正确的是( )
A．v1B．着陆器在轨道Ⅲ上从P点运动到Q点的过程中速率变大
C．着陆器在轨道Ⅱ上运动时，经过P点的加速度为
D．着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点所用的时间等于着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点所用的时间
10. 如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知物块的质量m1＝3 kg，球的质量m2＝5 kg，杆与滑轮间的距离d＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中( )
A．物块运动的最大速度为 m/s
B．小球运动的最大速度为 m/s
C．物块下降的最大距离为3 m
D．小球上升的最大距离为2.25 m
卷Ⅱ（非选择题 共 54 分）
11. （第一空4分，后每空2分，共8分）某实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）关于本实验，下列说法正确的是___________。
A．不需要平衡摩擦力
B．不需要测量沙桶的质量
C．不需要测量小车的质量
D．不需要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量
（2）某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器的频率为 50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为 ___________m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）按正确操作完成实验后，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的 a-F图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为___________（用 k 表示）。
（每空2分，共6分）图甲是探究向心力大小跟质量、半径、线速度关系的实验装置图。电动机带动转台匀速转动，改变电动机的电压可以改变转台的转速，光电计时器可以记录转台每转一圈的时间。用一轻质细线将金属块与固定在转台中心的力传感器连接，金属块被约束在转台的回槽中并只能沿半径方向移动且跟转台之间的摩擦力忽略不计。
（1）某同学为了探究向心力跟线速度的关系，需要控制质量和___________保持不变；
（2）现用刻度尺测得金属块做匀速圆周运动的半径为r，光电计时器读出转动的周期T，则线速度，___________（用题中所给字母表示）；
（3）该同学多次改变转速后，记录了一系列力与对应周期数据，通过数据处理描绘出了图线（图乙），若半径，则金属块的质量___________kg（结果保留2位有效数字）。
13.（10分）警匪之战不仅仅是电影中的情节，现实中警察也会面临相似的挑战。如图所示，白色警车以v1＝30 m/s行驶，掠过A位置时发现一黑色可疑车辆停在A线位置，于是立即以a1＝3 m/s2的加速度开始制动减速，白色警车掠过A地作为计时起点，黑车3 s后开始以a2＝3 m/s2的加速度开始加速向前逃窜，警车欲在车速减为零的同时斜打车身将黑色车逼停，但疯狂的黑色车一直加速直至撞上警车。把这个过程两车看成质点，问：
(1)什么时刻两车相撞；
(2)相撞前瞬间，黑色车的速度多大？
14.（12分）如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。
(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
(2)A球转到最低点时的线速度是多少？
15.（18分）如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木板左侧的水平距离Δs.(取g＝10 m/s2)答案：
一、单项选择题（共 7 小题，每小题 4 分，计28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1.A
【详解】将运动员的匀减速运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，则由题意可知
滑雪者整个过程的平均速度为
故选A。
2.A
【解析】本题通过正交分解法考查共点力平衡问题。对石头受力分析，如图所示
由于石头始终保持静止，根据平衡条件可知N2cos θ＝N1，N2sin θ＝mg，θ减小，可知N1、N2都增大，故A正确，B错误；根据共点力平衡条件可知，山崖对石头的作用力始终不变，且该作用力的大小等于石头的重力，故C错误；由于石头处于静止状态，所以石头所受合力一直为零，故D错误。
3.C
A．小孩转动的轨道半径为
故A错误；
B．对座椅和小孩整体受力分析，如图所示
根据几何知识有
即钢绳对转椅的拉力大小为500N，故B错误；
C．由上分析可得
根据牛顿第二定律有
解得
即座椅匀速转动的角速度大小为，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
即小孩的向心加速度大小为，故D错误。
故选C。
4. A
【解析】 设AB高为h，则从A点抛出的小球运动的时间
t1＝
从D点抛出的小球运动的时间t2＝
在水平方向上两物体水平位移之差为BC距离的一半有
v0t1－v0t2＝
x＝v0t1－
代入数据得x＝ m，故A正确，B、C、D错误。
5.B
【解析】 设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcos θ＋(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M＋m)gcos θ＋Mgsin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)gcos θ－Mgsin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝可得x2′＜x1′，故选项B正确．
6.B
【详解】AB．物块经过B点进入轨道瞬间，由牛顿第二定律得
其中
解得
故A错误，B正确；
C．物块恰能到C点，有
B到C由动能定理得
得阻力的功为
C错误；
D．A到B由动能定理得
得弹簧的弹性势能
D错误.
7.C
【解析】 A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝g·＝g，选项D错误．
8.CD
【解析】 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减速运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀变速运动，则运动的时间相等，故A错误；若v29.BD
【解析】着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此v1＞v2＞v3，故A错误；着陆器在轨道Ⅲ上从P点运动到Q点的过程中，万有引力做正功，所以速率变大，故B正确；在轨道Ⅱ上P点，根据牛顿第二定律得F向＝ma＝m，解得a＝，故C错误；设着陆器在轨道Ⅱ上周期为TⅡ，在轨道Ⅲ上周期为TⅢ，根据开普勒第三定律得TⅡ＞TⅢ，因为tPS＝TⅡ，tPQ＝TⅢ，所以tPS＞tPQ，故D正确．
10.AD
【解析】当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，
即FT＝m2g＝50 N
对物块受力分析，如图，可知FTcos θ＝m1g
对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，
则有v1＝vcos θ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
m1g－m2g(－d)＝m1v2＋m2v12，
代入数据可得v＝ m/s，v1＝ m/s，
故A正确，B错误；
设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，
则有h1＝－d
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1
联立解得h＝3.75 m，h1＝2.25 m，
故C错误，D正确．
卷Ⅱ（非选择题 共 54 分）
11. ①. BCD ②. 2.00 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了使小车受到的合力等于弹簧测力计测量值的2倍，故需平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中小车所受合外力可由力的弹簧测力计测得，不需要测量沙桶和沙的质量，故B正确；
C．实验测量小车加速度与小车所受拉力的关系，故不需要测量小车质量，故C正确；
D．因为拉小车的力可以用测力计示数的2倍来表示，所以不需要保证沙和沙桶远小于小车的质量，故D正确。
故选BCD。
（2）[2]由位移差公式可知
（3）[3]由牛顿第二定律
得
斜率
所以
12.半径
13.(1)13 s (2)30 m/s
【解析】(1)设警车停下来所需的时间为t1，停车时所行驶位移为x1，则有
v1＝a1·t1
v＝2a1x1
解得t1＝10 s，x1＝150 m
在t1＝10 s时，黑色车所走位移x2＝a2(t1－3)2＝73.5 m<150 m，所以警车停车前未相撞
设黑色车撞上警车发生在t时刻，则a2(t－3)2＝x1
得t＝13 s。
(2)相撞前瞬间，黑色车的速度v2＝a2·(t－3)＝30 m/s。
14. (1)mgr (2)
【解析】(1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为
Ep1＝EpA＋EpB＝0－mgr＝－mgr
当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为
Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr
故两球重力势能之和减少量为
ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－mgr－(－mgr)＝mgr。
(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则mgr＝mv＋mv。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA＝2vB，解得vA＝。
15.1.68 m
【解析】 若木块相对木板滑动，设木块加速度为a1，
则μ1mg＝ma1
得a1＝4 m/s2
若前2 s二者一起做匀加速运动，设加速度为a
则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
得a＝2 m/s2
因为a1>a，所以前2 s木块和木板一起以2 m/s2的加速度做匀加速运动．
2 s末二者的速度为：v＝at1＝4 m/s
同理可知2 s后木块和木板发生相对滑动
木块加速度为：a1＝4 m/s2
木板加速度设为a2，由牛顿第二定律得：
F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
得：a2＝6 m/s2
设经时间t2二者分离：
vt2＋a2t22－(vt2＋a1t22)＝L
解得t2＝1 s，
此时v块＝v＋a1t2＝8 m/s，
v板＝v＋a2t2＝10 m/s
木板抽出后，木板继续做加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t3＝＝0.4 s，木块落地，
在0.4 s内，x块＝v块t3＝3.2 m
木板的加速度设为a3，由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3
得a3＝11 m/s2
木板的位移：x板＝v板t3＋a3t32＝4.88 m
所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x板－x块＝1.68 m.
