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五(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五(解析版)，共10页。试卷主要包含了2m，6 m/sB．7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）
智能手机上装载的众多软件改变着我们的生活．如图所示为某地图软件显示的一张导航截图，关于图中显示的三个信息：95 km/h,7.6公里，15分钟．下列说法正确的是( )
A．95 km/h表示此次行程的平均速率
B．15分钟表示到目的地还需要的时间
C．7.6公里表示剩余行程的位移大小
D．根据“7.6公里，15分钟”这两个数据，可以算出剩余行程的平均速度
【答案】 B
【解析】 95 km/h表示的是速率，A错误；15分钟表示到目的地还需要的时间，B正确；7.6公里表示剩余行程的路程，C错误；根据“7.6公里，15分钟”这两个数据，可以算出剩余行程的平均速率，D错误．
中国跳水“梦之队”在东京奥运会上荣获7金5银12枚奖牌。某同学将一小球（可看成质点）从平台边缘竖直向上抛出来模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在1.2s时到达最高点
B．小球在水中最深处时加速度最大
C．跳台与水面的高度差是2.4m
D．小球潜入水中的深度为3.2m
【答案】C
【解析】A．小球在0.4s到达最高点时速度为零，达到最高点，A项错误；
B．速度－时间图像的斜率表示加速度，1.2s刚入水时图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；C．跳台与水面的高度差
C项正确；
D．若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度
因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2m，D项错误。故选C。
如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为f1，小物块受到斜面的静摩擦力为f2。现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则（ ）
A. f1、f2都增大
B. f1、f2可能都减小
C. f1一定增大，f2可能减小
D. f1不一定增大，f2一定增大
【答案】C
【解析】
对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有
则增大，一定增大。
再对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力。
①时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为
当F增大时，变小；
②当时，静摩擦力为零，当增大时，静摩擦力向下，即变大；
③当时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为
F增大时，变大，故可能减小，也可能增大；
故选C。
如图所示，某同学正在进行投篮训练。已知篮球出手点到地面的距离为h=1.8m，篮筐到地面的距离为H=3m，出手点到篮筐的水平距离为L=4.2m。若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53°，且能直接进入篮筐，则出手时篮球的速度大小约为(，sin53°=0.8，cs53°=0.6)( )
A．5.6 m/sB．7.5 m/sC．8.4 m/sD．9.0 m/s
【答案】B
【解析】球抛出时，水平方向，竖直方向，联立解得v0=7.5m/s，故选B。
2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A. 组合体中的货物处于超重状态
B. 组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C. 组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【答案】C
【解析】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
由于T同 > T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
整理有
由于T同 > T组合体，则r同 > r组合体，且同步卫星和组合体在天上有
则有
a同 < a组合体
D错误。故选C。
如图所示，细线下端悬挂一个小球，细线上端固定于O点，改变细线的长度使小球在同一水平面做半径不同的匀速圆周运动，则( )
A．向心力为细线的拉力
B．半径不同，线速度大小相同
C．半径不同，小球做圆周运动的周期相同
D．半径越大，小球做圆周运动的角速度越大
【答案】C
【解析】A．小球做圆周运动的向心力是细线的拉力和小球重力的合力，故A错误；
BCD．设O点到圆周运动的圆心的高度为h，圆周运动的半径为r，则
整理得：
解得：
，即半径不同，则不同，线速度也不相同；周期、角速度则与半径及倾角无关，都是相同的，故BD错误、C正确。故选C。
从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为( )
A. 9∶1B. 9∶2C. 36∶1D. 72∶1
【答案】B
【解析】
悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
可得
故选B。
如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则不可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【答案】B
【解析】由题图可知，物块上滑的加速度大小a1＝eq \f(v0,t1)，下滑的加速度大小a2＝eq \f(v1,t1)，根据牛顿第二定律，物块上滑时有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，下滑时有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，则可求得斜面倾角及动摩擦因数，故A、C不符合题意；由于m均消去，无法求
对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量不一定改变
B．物体动量改变，则其动能一定改变
C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变
D．动量是标量，动能是矢量
【答案】 C
【解析】 物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．
幼儿园滑梯(如图甲所示)是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友(可视为质点)，从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为(g为当地的重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中( )
A．在最低点B时对滑道的压力大小为mg
B．处于先超重后失重状态
C．重力的功率先减小后增大
D．克服摩擦力做功为
【答案】A
【解析】A．根据牛顿第二定律得FN–mg= m，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为，选项A正确；
B．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，选项B错误；
C．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，选项C错误；
D．由动能定理得mgr(1–cs60°)-Wf =mv2，联立可得克服摩擦力做功为，选项D错误。
故选A。
二、简答题(本题共5小题，共60分)
在“探究质量一定时，加速度与物体所受合力的关系”的实验中，实验装置如图甲所示，两滑轮间的轻绳始终与长木板平行，打点计时器所接的交流电的频率为。
(1)对该实验，下列必要且正确的操作有_________；
A．取下砂桶，抬起长木板右端，使小车沿长木板做匀速运动
B．测量砂桶和砂的质量
C．实验时需要先释放小车，再接通电源
(2)若在实验中得到一条纸带如图乙所示， 0、1、2、3、4为五个相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有四个计时点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小_________(结果保留两位有效数字)；
(3)该实验中，砂和砂桶的总质量m___________(选填“需要”或“不需要”)远小于小车的质量M；
(4)以力传感器的示数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度a为纵坐标，画出图像如图丙所示，则小车的质量_________(结果保留两位有效数字)。
【答案】A 0.80 不需要 0.33
【解析】
(1)[1] 此实验需要平衡小车所受摩擦力，平衡时需要取下砂桶，故A正确；由力传感器可以测出拉力的大小，不需要测量砂桶和砂的质量，故B错误；实验时需要先接通电源，再释放小车，故C错误。故选A。
(2)[2]根据匀变速规律可得，小车的加速度大小为
(3)[3]由于拉力可以通过力传感器直接测出，所以不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
(4)[4]对小车，根据牛顿第二定律可得
结合图象斜率有
解得：小车质量为
我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】(1)；(2)2m/s2，
【解析】(1)空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护，在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，倾角为的轨道上套一个质量为m的滑轮P，质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对绳套施加一个拉力F，使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动，运动过程中F与轻绳的夹角始终保持，直到轻绳水平，绳套到达B点，如图所示。整个过程滑轮保持静止，重力加速度为g，求：
(1)绳套到达B点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小；
(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中，轻绳上拉力的最大值。
【答案】(1)，f=mg；(2)
【解析】(1)绳套到达B点时，对质量为3m的绳套，有
对滑轮m：
解得
，f=mg
(2)在绳套的动态平衡过程中，当F与mg垂直时软绳中的弹力最大，则有
如图12所示，质量为m＝1.2 kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直轴上相距0.3 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.4 m.
图12
(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸直时，拉力F的大小是多少？(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴一起转动的角速度为ω，请写出F′与角速度ω的关系式并且作F′－ω2的图象.
【答案】 (1)10 N (2)eq \f(10\r(3),3) rad/s (3)见解析
【解析】 (1)绳O′P刚拉直时，设OP绳拉力为FT1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示.根据几何关系可得：sin α＝eq \f(OO′,OP)，所以有：α＝37°，根据共点力的平衡条件可得：Fcs θ＝FT1cs α，Fsin θ＋FT1sin α＝mg，联立解得F＝10 N；
(2)如果撤去力F，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P绳的拉力为零，合力提供向心力，故：F合＝mgtan 53°＝mω2rO′P，解得：ω＝eq \f(10\r(3),3) rad/s；
(3)当角速度大于eq \f(10\r(3),3) rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力.如图乙所示，竖直方向：FT1′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cs 37°＝mω2rO′P，联立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的图象，如图丙所示.
如图1所示，以A、B为端点的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点．一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止．已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g.滑板与B端的碰撞没有机械能损失．求：
(1)物块滑到B点时的速度大小v0；
(2)滑板与木板一起运动时的速度大小v1；
(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板P，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物块最终不从滑板右边掉下，求滑板长度最小值L.
【答案】 (1)eq \r(2gR) (2)eq \f(\r(2gR),3) (3)eq \f(16,9)R
【解析】 (1)物块由A到B过程中机械能守恒，有eq \f(1,2)mv02＝mgR，解得v0＝eq \r(2gR)
(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝eq \f(\r(2gR),3).
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，方向向左．
此后滑板做匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度．
设两者第二次具有的共同速度为v2，取向左为正方向，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
根据能量守恒，第一次二者共速有μmgs1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12
第二次二者共速有μmgs2＝eq \f(1,2)(m＋M)v12－eq \f(1,2)(m＋M)v22 木板的最小长度L＝s1＋s2，联立解得L＝eq \f(16,9)R.