2022-2023学年江西省南昌市三校高三上学期期中联考物理试题含解析

  南昌市三校2022-2023学年高三上学期期中联考

物 理 试 卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1. 如图所示，篮球从同一高度先后抛出后均直接落入篮筐，运动轨迹如图所示，则篮球先后两次（　　）

A. 入篮前运动时间相同 B. 入篮前时的速度相同

C. 入篮前运动的动量变化率相同 D. 入篮前时重力做功的功率相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．竖直方向，从抛出到最高点，根据逆向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据可得

可知第一次抛出入篮前运动的时间较大，故A错误；

D．竖直方向，根据

可知入篮时第一次抛出的篮球在竖直方向的速度较大，根据

可知第一次抛出的篮球入篮前时重力做功的功率较大，故D错误；

B．根据题意无法判断入篮时篮球的速度大小，但方向肯定不同，故B错误；

C．根据可得

可知动量变化率为物体所受的合外力，篮球抛出后，所受合外力为重力，两次抛出重力相同，故C正确。

故选C。

2. 如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是（　　）

A. 物体减少的机械能ΔE1=ΔE2>ΔE3

B. 物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3

C. 物体到达底端时的速度v1=v2<v3

D. 物体到达底端时的速度v2<v1=v3

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设斜面倾角为，斜面长度为l，水平运动距离为x，摩擦力做功为

则

曲面2看成无数段斜面，则水平方向积累的位移与斜面1相同。曲面上运动过程所受的支持力大于重力垂直于曲面的分力，则摩擦力偏大，摩擦力做功偏多，即

克服摩擦力做功等于机械能的减少量，则

ΔE2>ΔE1>ΔE3

CD．根据动能定理

重力做功相同，则末速度大小关系为

v2<v1<v3

CD错误。

故选B。

3. 质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图像如图所示，则下列说法错误的是（　　） 

A. F1、F2大小之比2∶1

B. F1、F2对A、B做功之比为1∶1

C. A、B受到的摩擦力大小相等

D. 全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2

【答案】D

【解析】

【详解】CD．由图像可得A、B两物体做匀减速直线运动的加速度大小分别为

根据牛顿第二定律得A、B两物体的摩擦力大小分别为

所以A、B受到的摩擦力大小相等，根据图像面积表示位移，可知全程A、B两物体的位移为

全过程中摩擦力对A、B做功之比为

故C正确，D错误；

A．由图像可得A、B两物体做匀加速直线运动的加速度大小分别为

由牛顿第二定律得A、B两物体的水平恒力F1和F2大小分别为

解得

F1、F2大小之比

故A正确；

B．全程运用动能定理

解得

可知F1、F2对A、B做功之比为1∶1，故B正确。

本题选错误，故选D。

4. 一辆货车在满载情况下，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v；当火车空载再次经过同一路段的某位置时，功率为，速率仍为v，此时加速度为。已知重力加速度为g，火车所受阻力是火车对地面压力的，则火车满载与空载时的质量之比为（　　）

A. 5∶2 B. 5∶1 C. 3∶1 D. 3∶2

【答案】C

【解析】

【详解】以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v，有

，

功率，速率仍为v，此时加速度为：

， ，

联立解得：

故火车满载与空载时的质量之比为3∶1，故C正确ABD错误。

故选C。

5. 如图所示，斜面光滑的楔形物体放置在粗糙水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体a和轻环c连接，轻环c穿在粗糙水平横杆上，滑轮2下吊一物体b。物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将c向右移动一些，系统再次静止（即撤去外界干预后的新平衡，楔形物体始终在原来位置）。不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则（　　）

A. 在两次平衡中物体a在同一位置 B. 地面对斜面体的支持力变大

C. 横杆对轻环c的摩擦力变大 D. 地面对楔形物体的摩擦力不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于斜面光滑，所以两次平衡后细线拉a的力不变，所以夹角不变，c向右移动后，a将向上移动，故A错误；

B．以滑轮2为研究的对象，受到两边细线的拉力和b物体的拉力

竖直方向根据平衡条件可得

解得细线拉力

设斜面的质量为M，对斜面、物体a、物体b整体分析可知地面对斜面体的支持力为

所以地面对斜面体的支持力不变，故B错误；

C．以轻环c为研究的对象，受到支持力、细线拉力和摩擦力，受力如图

沿水平方向根据平衡条件可得

解得

细线拉力不变，所以摩擦力不变，故C错误；

D．对斜面、物体a、物体b整体分析可知地面对斜面体的摩擦力为

由于细线拉力F、都不变，故地面对楔形物体的摩擦力不变，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是(　　)

A. 绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3

B. 小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6

C. 小球 m1、m2运动的周期之比为2∶1

D. 小球 m1、m2运动的线速度大小之比为1∶2

【答案】B

【解析】

【详解】A．小球在水平面内做匀速圆周运动，设绳L1、L2的拉力大小分别为、，在竖直方向根据平衡条件可得拉力大小

可得绳L1、L2的拉力大小之比为

故A错误；

B．小球在水平面内做匀速圆周运动，小球m1运动的向心力大小

小球m2运动的向心力大小

则有

故B正确；

C．小球在水平面内做匀速圆周运动，则有

则有

故C错误；

D．小球在水平面内做匀速圆周运动，则有

则小球 m1、m2运动的线速度大小之比为

故D错误；

故选B。

7. 青青四季滑雪滑草乐园位于河北省邯郸市，交通便利，风景秀丽。如图所示，在滑雪比赛中，一运动员（视为质点）从弧形雪坡上距弧形雪坡底端高度为处滑下，从弧形雪坡底端水平飞出后，落到斜面雪坡上。若斜面雪坡的倾角为，不计一切阻力，则运动员在空中运动的过程中到斜面雪坡的最大距离为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】当运动员末速度与斜面平行时，运动员离斜面距离最大，即有

可得

因为平抛运动中任意时刻末速度反向延长线过水平位移的中点，如图所示

设水平位移为x，所以有

由几何关系可知

从最高处到O点，由动能定理可得

解得

故选C。

8. 如图所示，长为2L的轻杆一端可绕点自由转动，杆的中点和另一端分别固定两个质量均为m的小球A、B。让轻杆从水平位置由静止释放，在转动至竖直位置的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A. 杆对B球做的功为mgL

B. 重力对A球做功的功率一直增大

C. 杆转动至竖直位置时，点对杆的弹力大小为

D. 杆转动至竖直位置时，B球的速度大小为

【答案】C

【解析】

【详解】D．杆从水平位置摆至竖直位置，A、B球的角速度相等，设在竖直位置A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据做圆周运动的角速度与线速度的关系，由于B球做圆周运动的半径是A球的两倍，故有

杆从水平位置摆至竖直位置，根据机械能守恒定律有

联立方程组，解得

故D错误；

A．对B单独从水平位置摆至竖直位置列动能定理方程，设杆对B球做的功为W，有

解得

故A错误；

B．在水平位置，A球的瞬时速度为零，故此时重力的瞬时功率也为零；在竖直位置，A球的瞬时速度水平向左，重力方向竖直向下，力与速度方向垂直，故此时重力的瞬时功率也为零，故可推知，从水平位置到竖直位置，A球重力做功的功率先增大后减小，故B错误；

C．杆转动至竖直位置时，设O点对杆的弹力为F，受力分析易得，由O点对杆的弹力及A、B两球重力的合力提供A、B两球做圆周运动的向心力，有

解得

故C正确；

故选C。

9. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（　　） 

A. 该碰撞为弹性碰撞

B. 该碰撞为非弹性碰撞

C. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5

D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】CD．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA＞ vB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是，由碰撞过程系统总动量守恒

mAvA+mBvB=-mAvA′+mBvB′

可知碰撞后B球的动量是，根据

mB=2mA

所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，选项C正确，D错误；

AB．碰撞前系统动能

碰撞后系统动能为

则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，选项A正确，B错误。

故选AC。

点睛：碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快；由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性。为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究。

10. 如图甲所示，水平地面上固定一竖直光滑杆，轻弹簧套在杆上且下端与杆下端固定，上端与一套在杆上的小物块接触但不拴接。将小物块向下压缩弹簧至离地高度处，由静止释放小物块，其上升过程中的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图像后一部分为直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度，则（　　）

A. 轻弹簧原长为 B. 小物块的质量为

C. 弹簧最大弹性势能为 D. 滑块上升后，距地面的最大高度为

【答案】CD

【解析】

【详解】B．以地面为零势能面，结合图像可得

则质量为

则B错误；

A．当小物块离开弹簧后，机械能保持不变，则由图像可得，弹簧原长

故A错误；

C．根据系统的机械能守恒可得，开始位置弹性势能最大，大小为

故C正确；

D．离开弹簧后，上升到最高点全部转为重力势能

解得

故D正确。

故选CD。

11. 如图所示，赤道上空的卫星A距地面高度为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为，地球的质量为M，引力常量为G。若某时刻卫星A恰在物体B的正上方，下列说法正确的是（　　）

A. 物体B受到地球的引力为

B. 卫星A的线速度为

C. 卫星A再次到达物体B上方的时间为

D. 卫星A与物体B的向心加速度之比为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．物体B受到地球的引力应为万有引力

不等于向心力，故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

因此卫星A的线速度

故B正确；

C．依题得，卫星A的角速度为

此时A和B恰好相距最近，当他们下次相距最近时间满足

因此联立解得

故C错误；

D．依题得，卫星A的向心加速度为

物体B的向心加速度

因此向心加速度之比为

故D正确。

故选BD。

12. 竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R ，P 为圆弧轨道的最低点。P 点左侧的四个轨道均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球 （ 可视为质点，直径小于图丁中圆管内径 ） 分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运动情况，下列说法正确的是 （ ）

A. 若 h＜R，则四个小球能达到的最大高度均相同

B. 若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同

C. 若h=R  ，则图乙中的小球能达到的高度最大

D. 若 h=R ，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．若，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列零，最大高度相同为h，A正确；

B．若h＝R，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R，B错误；

C．若，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C正确；

D．若，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，

得最高点的速度为

对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，

而到达最高点的速度

v=v1cos60°，

联立解得最高点的速度

则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D正确；

故选ACD。

【点睛】本题考查机械能守恒定律的应用，通过机械能守恒定律建立方程分析不同情况下上升的最大高度；解题的关键在于丙图的情况，小球离开轨道做斜上抛运动，最高点的速度不为0。

二、实验题（本题共2小题，每空2分，14题第2空4分，共12分）

13. 在探究牛顿第二定律实验中，有两个重要的实验要求，第一是需要补偿摩擦力，第二是要求砂和砂桶的质量要远小于小车的质量。某学校高一有一个研究小组，利用实验室现有的器材，对本实验进行了改装：用水平气垫导轨代替长木板，在小车和连接的细绳间接有力传感器，直接显示拉力大小。利用改装后的装置做该实验时，下列选项正确的是（　　）

A. 不需要补偿摩擦力，但仍然需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量

B. 需要补偿摩擦力，但不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量

C. 不需要补偿摩擦力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量

D. 需要补偿摩擦力，也需要满足砂和砂桶质量要远小于小车的质量

【答案】C

【解析】

【详解】由于气垫导轨与滑块间的摩擦可以忽略不计，因此实验中不需要补偿摩擦力；由于实验中直接求出绳子拉力的大小就是物体所受的合外力，也不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量的要求。

故选C。

14. 某同学在做探究小车质量一定，加速度和合外力的关系时，没有使用力传感器，把砂和砂桶的重力作为小车受到的合外力，小车真实加速度和求出的加速度的比值，控制在90%及以上。实验中，各方面操作规范，为了达到预期效果，砂和砂桶的质量m和小车的质量M比值至少控制在（　　）

A. 小于等于 B. 大于等于 C. 小于等于 D. 大于等于

【答案】A

【解析】

【详解】对整体由牛顿第二定律可得

可得

对小车由牛顿第二定律

要求小车真实加速度和求出的加速度的比值，控制在90%及以上可知需要满足条件

故选A。

15. 某同学设计了一种方法来测量一木块与桌面之间的动摩擦因数：如图所示，木块A放在水平桌面上，用细绳通过定滑轮与另一个与A完全相同的木块B相连。开始时两木块均静止不动，细绳拉直且与桌面平行，由静止释放木块B后，系统一起做加速运动，直到B落地，最终木块A停在桌面上。

（1）根据以上过程，设计者只用一把毫米刻度尺测量有关量，就能求出木块和桌面之间的动摩擦因数，需要测量的物理量有___________、___________（填物理量及相应符号）

（2）用测量的物理量符号表示木块与桌面之间动摩擦因数___________。

【答案】    ①. B开始下落时离地面的高度h    ②. 物块A在桌面上滑行的总的长度s    ③.

【解析】

【详解】（1）[1][2]设A、B两物体的质量均为m，当B下落h时落地，此后A继续滑动一段距离后停止，设整个过程中A在桌面上滑动的距离为s，则对B下落过程中，根据动能定理，则有

当B下落后，A在滑行过程中，根据动能定理，则有

解得

则需要测量的物理量有B开始下落时离地面的高度h以及物块A在桌面上滑行的总的长度s。

（2）[3]木块与桌面之间动摩擦因数

三、计算题（本题共5小题，共50分）

16. 短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。

【答案】5 m/s2；10m

【解析】

【分析】

【详解】根据题意，利用平均速度等于中点时刻的速度，设运动员在1.5s时的速度为v，则

由公式

设运动员做匀加速直线运动的时间为，匀速运动的时间为，匀速运动的速度为’，跑完全程的时间为，全程的距离为，加速运动通过的距离为。依据题意及运动学规律得

； ； ；

则加速运动通过的距离为

联立以上各个公式得

【点睛】

17. 如图所示，用长为l的细线将质量为M的小木块悬挂于O点，质量为m的子弹以水平初速度击中木块并留在其中，小木块恰能运动到O点的正上方．重力加速度为g．试求：

（1）子弹刚击中木块时，细线中的张力F；

（2）子弹击中木块的过程中损失的动能。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设子弹击中木块时木块的速度为，木块在最高点的速度为，则最高点时

最低点到最高点机械能守恒

最低点

解得

（2）设子弹的初速度为，子弹击中木块过程中动量守恒，则

根据能量守恒定律可得

解得

18. 圆弧轨道AB固定于地面上，半径R＝2 m，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，如图所示，传送带长l＝1.5 m，速度v＝4 m/s。一质量为m＝0.1 kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到B点时速度＝3 m/s。（g取10 m/s2），求：

（1）滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；

（2）若滑块不从右端滑离传送带，滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足什么条件？

（3）若传送带与滑块的动摩擦因数μ＝0.6，求滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q？

【答案】（1）-0.55 J；（2）μ≥0.3；（3）2.4J

【解析】

【详解】（1）A→B的过程，由动能定理得

代入数据解得

Wf＝-0.55 J

（2）滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，

由动能定理得

解得

即μ至少为0.3时滑块不从右端滑离传送带。

（3）由牛顿第二定律，得

滑块向右做匀减速运动的最大距离

此时未从右端滑离传送带，接下来向左反向加速从B点离开传送带，向左加速位移为

滑块运动时间

传送带向左运动的距离

s3＝vt＝4 m

则滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量

19. 如图所示，一轻质弹簧原长为2m，一端固定在倾角为θ=37°的固定斜面直轨道AC的底端A处，另一端位于轨道的B处，弹簧处于自然伸长状态。轻绳的一端固定在O点，另一端系着一金属小球P质量为m= 1kg，轻绳长L=2.56m，将轻绳拉直，让轻绳从偏离竖直方向=37°的位置由静止释放小球P，当P运动到最低点时，轻绳刚好被拉断，P继续运动一段时间后恰好从C点沿CA方向进入倾斜直轨道，运动到最低点D（图中未画出），随后P被弹回，运动到最高点E。已知AE= 4m，AC=5m， P与斜面直轨道AC间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，1.62=2.56.求：

（1）轻绳的最大承受力的大小；

（2）小球P第一和第二次经过B点时的速度大小；

（3）小球P运动到D点时弹簧的弹性势能EP。

【答案】（1）14N；（2） ；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）小球由静止运动到最低点，由动能定理：

解得

在最低点，由牛顿第二定律：

解得

F=14N

所以轻绳最大承受力的大小为14N。     

（2）由小球恰好沿C点进入斜面轨道：

解得

vC=4m/s

小球从C到第一次经过B时，由动能定理得

解得

小球被反弹第二次经过B后从B到E过程，由动能定理得：

解得

（3）设小球P运动到D点时弹簧压缩量为，从C到D过程由动能定理得：

反弹后小球P从D到E过程由动能定理得：

联立解得

20. 如图所示，水平地面上固定一个半径为R=0.8m的四分之一光滑圆轨道，圆轨道末端水平并与一个足够长的匀质木板，圆轨道末端与木板左端等高接触但不连接。木板的质量为M=2kg，其左端有一个处于静止状态的小物块a，质量为ma=1kg。现将一质量为mb=3kg的小物块b由圆轨道最高点无初速释放，并与物块a在圆轨道最低点发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失(物块a、b可视为质点，重力加速度g取10 m/s2)。

（1）求碰后瞬间两物块的速度大小；

（2）若两个小物块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ1= 0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2= 0.1，求最终两个小物块a、b间的距离。

【答案】（1）6m/s，2m/s；（2）

【解析】

【详解】（1）对物块b由机械能守恒

因为弹性碰撞，所以有 

解得

（2）物块a、b做匀减速运动的加速度大小分别为

木板做匀加速的加速度大小为

设物块b经时间为与木板共速，共速为则有

解得       

此后物块b与板相对静止一起减速到静止的时间为，加速度大小为，则有

 解得

此过程中，物块a的加速度不发生变化，共需2s将速度减为零，所以a与b和板同时停止，综上有

所以，小物块a、b间距离为