2022届河南省新蔡县四校联考高三上学期11月调研考试物理试题 扫描版含答案

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    2021-2022学年度上期高中调研考试高三物理参考答案1．C【详解】A．上升过程中A、整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；B．物块速度一直在增大，故B错误；CD．设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有解得设当物块A、恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、分别应用牛顿第二定律有
 联立解得
 则物体A上升的高度为故D错误；C正确。故选C。2．C【详解】AB．因为气象火箭弹，先由静止开始以随时间均匀减小的加速度上升，经时间后匀速上升，再经时间后爆炸，所以速度—时间图像的加速度应该逐渐减小，AB错误；CD．因为气象火箭弹，先由静止开始以随时间均匀减小的加速度上升，所以加速度应该是倾斜的直线，D错误，C正确。故选C。3．D【详解】小球C处于静止状态，受力平衡，对小球C受力分析，如图所示根据平行四边形定则可知，在C绳由水平变为接近竖直的过程中，绳C的力先减小后增大，绳B的作用力逐渐减小，再对A球受力分析，如图所示 A球处于平衡状态，则有因为和都不变，而减小，所以也减小，故D正确，ABC错误。故选D。4．C【详解】A．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，即故A错误；B．由于水流速度变化，所以合速度变化，船头始终与河岸垂直时，运动的轨迹不可能是直线，故B错误；C．船在最短时间内渡河，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，水的流速在x＝0到x＝50 m之间均匀增加，则同理x＝50 m到x＝100 m之间则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2，故C正确；D．船在河水中的最大速度为故D错误。故选C。5．C【详解】A．金属块Q保持在桌面上静止，对于金属块和小球研究，竖直方向没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故A错误；BCD．设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图则有得角速度使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，增大，减小，、都增大，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期变小。即小球在P平面内时，小球运动的角速度较小，运动的向心加速度较小，绳子的拉力较小，所以对金属块Q，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力较小，故C正确，BD错误。故选C。6．C【详解】a、b两个小球抛出后做平抛运动，有将半圆轨道和斜面重合放置，会发现两轨道交于A点，也就是说当抛出小球的速度恰好为某一值时，两小球会在同时落到半圆轨道上和斜面上，图中的x和y分别为小球做平抛运动的水平位移和竖直位移：
 根据几何关系可得联立解得故选C。7．AD【详解】A．由密度的公式及联立得可知火星与地球的平均密度之比为，故A正确；B．由可得第一宇宙速度为可得火星与地球的第一宇宙速度之比为，故B错误；C．由可得星球表面的重力加速度为知火星与地球表面的重力加速度大小之比为，故C错误；D．同步卫星的周期和星球的自转周期相等，由可得知火星与地球的同步卫星的轨道半径之比为，故D正确。故选AD。8．AD【详解】A．电动车的功率等于图像的斜率A正确；B．根据牛顿第二定律解得电动车在BC段的加速度随着速度的增大而减小，B错误；C．根据最大速度公式根据题意解得C错误；D．根据解得D正确。故选AD。9．AC【详解】AB．人和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得可得，甲、乙两车运动中动量大小之比为甲、乙两车运动中速度之比为故A正确B错误；CD．两车运动时间相同，根据动量守恒有解得甲车移动的距离乙车移动的距离故C正确D 错误。故选AC。10．（1）1．140；（2）D；（3）C．【解析】试题分析：（1）游标卡尺的主尺读数为，游标读数为，所以最终读数为：；（2）根据动能定理：，可见s与成反比，即与成正比，故应作出图象。（3）经前面分析知，要使图象为过原点的直线，应保证小车初动能为零，即必须保证小车从静止状态开始释放。考点：探究功与速度变化的关系【名师点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。11．BD    ACD        4:1    【详解】（1）[1]A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；B．斜槽轨道末端的切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；C．入射球和被碰球需要发生正碰，但并不要求质量相等，故C错误；D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射球碰撞前的速度保持相同，故D正确。故选BD。（2）[2]本实验验证动量守恒定律，即验证根据平抛运动规律有联立得则x与v成正比，故当成立时即可验证动量守恒定律。因此需要用天平测量两个小球的质量m1、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。故选ACD。（3）[3]根据以上分析可知，验证动量守恒的验证式是（4）[4]根据验证式可得代入题给数据解得12．(1)2m/s；(2)【详解】(1)小球恰好能通过最高点，满足解得(2)设小球摆动到最低点的速度为v0，据动能定理可得小球从最低点开始做平抛运动，由位移公式可得联立解得小球飞出的水平距离为13．（1），；（2）-6J；（3）30J【解析】（1）由机械能守恒定律得C点的速度（1分）物块在皮带上滑动的加速度（1分）设CD距离为x，由运动学公式（1分）解得物块第一次到达D点的速度（1分）（2）第二次通过D点时皮带对物块做的功（2分）（3）物块从上传送带到第二次到达D的时间（1分）物块与皮带相对滑动距离（2分）物块在皮带上滑动的过程中产生的热量（1分）14．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设滑块从C点飞出时的速度为vc，从C点运动到D点时间为t，滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向水平方向解得（2）设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律解得设在B点滑块受轨道的弹力为 ，根据牛顿第二定律解得（3）设滑块从A点开始运动时的速度为vA，根据动能定理解得15．（1）；（2）2μL；（3）能【详解】(1)若滑块在平台上运动的速度为v时，恰好滑到小车的B点，此时滑块和小车的共同速度为v1，由于地面光滑，滑块与小车运动过程满足动量守恒，可得mv=(2m+m)v1解得由能量守恒可得联立可得(2)当滑块在平台上运动的速度为恰好到达C点时滑块和小车达到共同速度，设此速度为v2，根据动量守恒定律可得mv′=(2m+m)v2解得该过程由能量守恒可得联立可得R=2μL(3)假设滑块从C点返回最终没有离开小车，则再次与小车达到共同速度v2，据能量守恒可得mgR=μmgs解得s=2L>L故假设不成立，物块最终能滑离小车。