江苏省2022-2023学年高三第一学期阶段教学情况测试人教版物理试题四(解析版)

这是一份江苏省2022-2023学年高三第一学期阶段教学情况测试人教版物理试题四(解析版)，共10页。试卷主要包含了8，求等内容，欢迎下载使用。

2022年10月
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：本试卷为小林老师原创，盗用必究
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
一、选择题（共10小题，共40分，每小题只有一个选项符合题意）
2019年1月3日10：26，嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．嫦娥四号探测器在距离月面100米处稍稍悬停，接着竖直缓缓降落，约10分钟后，嫦娥四号自主降落在月球背面南极—艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内．下列说法正确的是( )
A．“2019年1月3日10：26”和“约10分钟”指的都是时间间隔
B．在降落过程中，以嫦娥四号探测器为参考系，月球静止不动
C．任何情况下都可以将嫦娥四号探测器看作质点
D．从悬停到着陆，探测器通过的位移大小和路程都是100米
【答案】 D
【解析】 “2019年1月3日10：26”对应时间轴上的点，为时刻；“约10分钟”指的是时间间隔，A错误；在降落过程中，以嫦娥四号探测器为参考系，月球做直线运动，B错误；当探究嫦娥四号探测器的姿态、转动等情况时，不能将嫦娥四号探测器看作质点，C错误；由题知探测器的运动是相对于月球的，以月球为参考系，探测器竖直缓缓降落，做的是单向直线运动，所以从悬停到着陆，探测器通过的位移大小和路程都是100米，D正确．
“境自远尘均入咏，物含妙理总堪寻”。在网络视频中常看到有人把几个看似不可能堆起来的物体堆到一起的视频，如图所示，不同几何形状物件a、b、c、d、e互相叠放在地面、平板A和B上，挂件f挂在光滑的细绳CD上，细绳一端系在竖直墙上C点，一端系在平板A右端点，整个装置处于平衡状态，用物理角度来分析，以下说法正确的是（ ）
A．地面可能是光滑的B．物件e受力个数可能为2个
C．物件b受力个数为4个D．物件a受到木板的作用力竖直向上
【答案】D
【解析】
A．对整体分析，挂件f右边细绳一定有拉力，水平向右一定有分量，地面一定有摩擦力，地面不可能光滑，A项错误；
B．物块e斜放在平板B上，受到重力、摩擦力和平板对物块e的弹力3个力，B项错误；
C．物块b受到重力、平板B对物件b的压力、杆B对b的静摩擦力、平板A对物件b的弹力和静摩擦力，5个力，C项错误；
D．物件a受到木板的作用力与其重力平衡，方向竖直向上，D项正确。
故选D。
如图所示，仅上表面光滑的半球形物体放在粗糙水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前且半球体始终不动），下列说法正确的是（ ）
A．弹簧变长B．小球对半球的压力增大
C．地面对半球体的摩擦力减小D．地面对半球体的支持力减小
【答案】C
【解析】
AB．以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G。
由与相似可得
将F=G，代入得
由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO、PO不变，PD变小，可见T变小；N不变。即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力N’不变，故B错误，A错误；
CD．对半球体受力分析，设小球对半球体的压力与水平方向夹角为，由平衡条件可知
N’大小不变，小球沿半球体表面上移，变大，可知地面对半球体的摩擦力f减小，地面对半球体的支持力FN增大，故C正确，D错误。
故选C。
2020年9月10日，我国选手徐一璠首进美网决赛，成为美网历史上第一位打进女双决赛的中国大陆选手。由网球运动员在边界处正上方水平向右击出的网球在空中的运动轨迹如图所示，、、为轨迹上的三点，、为两点连线，为曲线在点的切线，网球在运动过程中可视为质点，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A．网球做变加速运动，在点的速度方向沿方向
B．网球做变加速运动，在点的速度方向沿方向
C．网球做匀变速运动，在点的速度方向沿方向
D．网球做匀变速运动，在点的速度方向沿方向
【答案】C
【解析】网球在空中运动时只受重力作用，根据牛顿第二定律可知网球的加速度为重力加速度，故网球做匀变速运动，做曲线运动的网球在运动轨迹上某点的速度方向沿该点的切线方向，因此网球在点的速度沿方向。故选C。
2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京与张家口举行。如图所示为我国运动员“双人花样滑冰”训练时的情景，下列说法正确的是( )
A．以男运动员为参考系，女运动员是静止的
B．研究女运动员的技术动作时，可以把她看成质点
C．若女运动员做圆周运动，她旋转一周的平均速度为零
D．女运动员旋转时的加速度方向始终沿着伸直的手臂方向
【答案】C
【解析】A．女运动员相对男运动员的位置改变，女运动员是运动的，故A错误；B．研究技术动作时，不能忽略女运动员的大小，故B错误；C．由平均速度是矢量，大小等于位移与时间的比值，绕一周回到起点，平均速度为零，故C正确；D．女运动员旋转时的加速度方向女运动员旋转时的加速度方向应指向女运动做圆周运动的圆心，
“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（ ）
A. 火星公转的线速度比地球的大B. 火星公转的角速度比地球的大
C. 火星公转的半径比地球的小D. 火星公转的加速度比地球的小
【答案】D
【解析】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
C．根据可得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
A．根据可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
D．根据可得
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。故选D。
如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )

【答案】B
【解析】物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩擦力f，由牛顿第二定律得：F－kx－f＝ma；整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，F－x图像是一个不过原点的倾斜直线，故A、C、D错误，B正确．
在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中不正确的是( )
图1
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变
【答案】B
【解析】 若两手同时放开A、B两小车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，故B错误，D正确．
如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面间的动摩擦因数为µ，在与水平方向成60°的斜向下的恒力的作用下，A和B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】对A受力分析，在水平方向可得对B受力分析，在水平方向上可得解得故选A。
质量为的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为，受到的阻力大小为。此时，汽车发动机输出的实际功率是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡
汽车发动机的功率
,故选C。
二、简答题(本题共5小题，共60分)
某小组同学利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。在铁架台顶部装一电磁铁，中间装一可上下移动的光电门，左侧装一竖直刻度尺，刻度尺零刻度线与电磁铁下表面对齐；用电磁铁吸住一个质量为m的小钢球，调节电磁铁的位置，使小钢球释放后中心位置恰好能通过光电门，光电门可记录小钢球通过光电门的时间t。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，测量结果如图乙所示，小钢球的直径________mm
（2）将小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门的时间t和光电门对应刻度尺的刻度值x。多次改变光电门的位置，得到多组和的数据，该小组同学想通过图像求出重力加速度，为了让图线是直线，该小组同学以x为横坐标，纵坐标y应为________。
A．t B． C． D．
（3）按（2）中建立的坐标系描点并连线成如图丙所示的图线，则图线不过原点的原因是________。
（4）若图丙中图线的斜率为k，则当地的重力加速度大小为________（用题中已知或测得的物理量的符号表示）。
【答案】 5.75 D 测量起点不是小钢球球心
【解析】（1）[1]由图乙可知，游标卡尺为20分度，且第15个小格与主尺对齐，则小钢球的直径
（2）[2]根据题意可知，小刚球过光电门的速度为
运动学公式可得
即
则为了让图线是直线，该小组同学以x为横坐标，纵坐标y应为。
故选D。
（3）[3]根据题意可知，图线不过原点的原因是测量起点不是小钢球球心。
（4）[4]根据（2）分析可知，图丙中图线的斜率
可得
某电视台儿童娱乐节目——“顺丰快递”环节如图18所示，水平缆线上套一滑环，一儿童双手拉住滑环把手，在水平强风力的作用下自动向右匀速滑行。已知滑环质量m环＝20 kg，儿童质量m人＝40 kg，运动过程中，儿童双臂始终平行且保持与竖直方向夹角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，cs 37°＝0.8，求：
(1)儿童受到的水平风力大小；
(2)滑环与水平缆绳间的动摩擦因数。
【答案】 (1)300 N (2)0.5
【解析】 (1)对儿童受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得F＝m人gtan θ
代入数据得F＝300 N。
(2)选取滑环和儿童整体为研究对象，受力如图乙所示。
根据平衡条件得FN＝(m环＋m人)g
由匀速运动可知F＝Ff
且Ff＝μFN
解得μ＝eq \f(m人tan 37°,m人＋m环)
代入数据得μ＝0.5。
海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围．
【答案】 (1)500 N(2)[34 m,36 m]或(34 m,36 m)
【解析】 (1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，得H＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt，v＝eq \r(v02＋vy2)
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv
联立解得F＝500 N.
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L
联立解得x1＝30 m，x2＝36 m
若释放鸟蛤的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x轴坐标值为x1′，击中右端时，释放点的x轴坐标值为x2′，得x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L
联立解得x1′＝34 m，x2′＝40 m
综上得x坐标区间为[34 m,36 m]或(34 m,36 m)．
如图所示，一质量为、长为的木板放在水平地面上，木板右端静置一可视为质点的质量为的小铁块。不计木板的厚度，已知木板与地面间的动摩擦因数为，g取。现对木板施加一个水平向右的拉力F。
（1）若不计铁块与木板间的摩擦，拉力，求小铁块从开始运动到离开木板的时间；
（2）若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，拉力，求铁块相对地面运动的总位移大小。
【答案】 （1）；（2）3m
【解析】
（1）对M，由牛顿第二定律
由运动学公式
解得
（2）对M
在木板上运动时，对m
在地面上运动时，对
设m在M上运动的时间为，则
m相对于地面的总位移
如图2所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
【答案】 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s
【解析】 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m2vC2＋2m2gR，解得：vC＝12 m/s
(2)小球P在斜面上向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：m1gsin θ＋μm1gcs θ＝m1a1，
解得：a1＝10 m/s2 故上升的最大高度为：h＝eq \f(v\\al(12),2a1)sin θ＝0.75 m
(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度大小为a2，则：
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a2，解得：a2＝2 m/s2
小球P上升到最高点所用的时间：t1＝eq \f(v1,a1)＝0.5 s，则：2R＝eq \f(1,2)gt2＋h－eq \f(1,2)a2(t－t1)2sin θ，解得：t＝1 s.