2023宜昌协作体高三上学期期中考试物理试题含解析

宜昌市协作体高三期中考试

物理试卷

考生注意：

1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．本卷命题范围：必修第一册，必修第二册。

一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求：第8~11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．如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎人水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是

A．t1=1.6s

B．整个过程下落的高度为27m

C．t1至时间内v-t图像的斜率为-10m/s2

D．t1至时间内阻力是重力的1.5倍

2．2022年6月6日，中国“神舟十四号”载人飞船成功进入太空预定轨道。7月25日，航天员顺利进驻空间站“问天”实验舱，进行为期6个月的在轨驻留，下列说法错误的是

A．“问天”实验舱的运行速度大于7.9krn/s

B．航天员在“问天”实验舱工作时处于完全失重状态

C．“问天”实验舱绕地球运动的向心力是由地球对它的万有引力提供的

D．“问天”实验舱绕地球运动的速度大于高轨道上地球同步卫星的速度

3．建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。在某次徒手抛砖块

中，若将抛出的砖块向上的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为7t．设砖块抛出后第一个t时间内的位移为x1，最后一个t时间内的位移为x2，则x1: x2为

A．9:1

B．11:1

C．13:1

D．15:1

4．如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为l0的橡皮筋将六个质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角速度ω匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为

A．        B．

C．         D．

5．如图所示，质量m1=1kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2=3kg的物块Р在木板左端，P与Q之间动摩擦因数μ1=0.2，地面与Q之间动摩擦因数μ2=0.1．现给Р物块v0=4m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是

A．P与Q开始相对静止的速度是2.5m/s

B．长木板Q长度至少为3m

C．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1:1

D．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2:1

6．如图所示，斜面倾角为θ=30°，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力。则为

A．    B．    C．    D．

7．如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（a<gsinθ）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间，E表示P的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是

8．下列说法正确的是

A．体操运动员双手握住单杠在空中不动时处于失重状态

B．蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态

C．脚用力蹬地起跳的过程中先超重，后处于失重状态

D．荡秋千的小孩通过最低点时对秋千板的压力小于其重力

9．一辆玩具电动小车在平直路面上以6m/s的速度做匀速直线运动，运动过程中牵引力的功率为9W。若某时刻牵引力的功率突然变为6W，且之后保持不变，对之后的运动过程下列说法正确的是（整个过程小车受到的阻力不变）

A．小车的牵引力最小为1.5N

B．小车的加速度越来越小，直至为零

C．小车最终的运动速度为4m/s

D．自牵引力的功率突变为6W，到小车再次开始做匀速直线运动的过程中，小车的平均速度小于5m/s

10．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A，B（B物体与弹

簧栓接），弹簧的劲度系数为k=50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10rm/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是

A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为7.5m/s2

B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为2.5N

C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.1m

D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m

11．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A，B两物体用轻质弹簧相连，细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连；初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为84已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g。在滑环C下降过程中，下列说法正确的是

A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g

B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大

C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为vcosθ

D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh=v2(1+sin2θ)

二、实验题（本题共2小题，共14分）

12．（6分）某同学用如图甲所示的装置测滑块与长木板间的动摩擦因数，长木板放在水平桌面上，保持上表面水平，当地的重力加速度为g，回答下列问题：

（1）实验前应调节____高度，使牵引滑块的细线与长木板平行，接通电源，释放滑块，实验打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，可求得小车加速度的大小为____m/s2．（保留2位有效数字）

（2）多次改变砝码盘中砝码的质量，重复实验，测得多组力传感器的示数F及对应的小车加速度a，作出a-F图像，如图丙所示，若滑块和力传感器的总质量为M，由此求得滑块与长木板间的动摩擦因数μ。

13．（8分）用如图所示的装置来“探究向心力与半径、角速度、质量的关系”，取一根边缘光滑平整的细管，将一根细绳穿过细管，绳的一端拴一个小球，另一端拴一只弹簧测力计，将弹簧测力计的下端固定，手握细管摇动，尽量使小球在接近水平的平面内做匀速转动。设弹簧的弹力为F，小球的质量为m，小球的角速度为ω，匀速圆周运动的半径为r，回答下列问题：

（1）本实验采用___________法来探究F、m、ω、r四者之间的关系，可以近似认为小球的向心力______（填“大于”“等于”或“小于”）F．

（2）若测得小球做匀速圆周运动的圈数为n，对应的运动时间为L，则ω=____________________．

（3）保持小球做匀速圆周运动的角速度不变，作出的关系图像如下，若图像的斜率为k，则可测得小球做匀速圆周运动的周期为__________．

三、计算题（本题共3小题，共42分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14．（10分）如图甲所示，质量为m的风筝在牵线和均匀风力的作用下处于平衡状态；如图乙是此模型的截面图，已知风筝平面与水平面的夹角为37°，牵线与风筝平面的夹角为53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求牵线的拉力大小和风力大小。

15．（14分）高山滑雪比赛可简化为如图所示的模型，倾角为30°的斜面AB与倾角为37°的斜面CB在水平地面的B点用光滑小圆弧对接，A点与地面的高度为h1=10m，C点与地面的高度为h2=3m。一质量为m=5kg的小滑块（视为质点）从A点无初速度下滑，经过B点前后动能不损失，然后沿斜面CB上滑，离开C点时做斜抛运动，小滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为，与斜面CB之间的动摩擦因数为，，，重力加速度取g=10m/s2，求：

（1）小滑块到达C点时的动能；

（2）小滑块的落地点与C点之间的水平距离。（结果可保留根号）

16．（18分）如图所示的轨道由倾角为α=37°的AB段，圆弧轨道BC（两端点与圆心O1连线夹角也为α=37°），水平轨道CD，圆轨道以及水平轨道DF组成，将一可视为质点质量为m的物块由轨道的A点无初速度释放，经过一段时间物块可由D点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB，CD，DF段的动摩擦因数均为μ=0.5，其余部分的摩擦力均可忽略不计，AB=6L，CD=L，BC两点的高度差为0.4L，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8不计空气阻力。求：

（1）物块第一次运动到圆弧轨道的C点时对轨道的压力?

（2）欲使物块不离开竖直圆轨道，则圆轨道的半径R′应满足什么条件?

（3）若圆轨道半径R′=1.2L，则物块最终停止的位置。

宜昌市协作体高三期中考试·物理试卷

参考答案、提示及评分细则

1．B小鸟自由落体运动的最大速度为vm=18m/s，由自由落体运动的规律可得vm=gt1，解得t1=1.8s．A错误；整个过程下落的高度为图乙v-t图像与时间轴所围成的面积，则，B正确；t1至时间内小鸟的加速度为，则此时间内v-t图像的斜率为k=a=-15m/s2，C错误；t1至时间内由牛顿第二定律可得f-mg=ma，可得，即阻力是重力的2.5倍。D错误。

2．A“问天”实验舱的运行速度小于第一宇宙速度，A错误：航天员在空间站“问天”实验舱只受到地球引力，处于完全失重状态，B正确；“问天”实验舱绕地球运动的向心力是由地球对它的万有引力提供的。C正确；轨道越高，运行的线速度越小，D正确。

3．C将抛出的砖块运动逆向可看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为，所以，C正确。

4．D对小球受力分析，相邻两根橡皮筋的合力提供向心力，，解得，故选D。

5．C P的加速度为，Q的加速度为，两者共速时，，A错误：P，Q共速时的相对位移为，之后不发生相对滑动。B错误；

P与Q之间产生的热量为，地面与Q之间产生的热量为，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1：1，C正确、D错误。

6．D 设小球抛出的初速度为v0，则打到斜面上时，速度沿竖直方向的分速度，，水平位移，抛出点离斜面的高度，又，解得，，则，D项正确。

7．B设物块P的质量为m，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为x0，弹簧的劲度系数为k，则有，由牛顿第二定律有，两式联立可得，故A错误，B正确；由功能关系得物块P机械能的变化量等于力F和弹簧弹力所做的功，，，，C，D项错误。

8．BC静止时不超重也不失重，A错误；上升和下降都处于失重，B正确；起跳时先超重后失重，C正确；最低点压力大于重力，D错误。

9．BCD小车功率刚变为6W时牵引力最小，由，得牵引力最小值为Fmin=1N，A错误；功率改变后小车先做减速运动，由P=Fv，知，小车的加速度越来越小，直至为零，B正确；功率改变之前，由P1=F1v1，得阻力Ff=F1=1.5N，功率改变后，小车再次匀速运动时，由，，得小车最终运动的速度大小为，C正确；自牵引力的功率突变至小车再次开始匀速运动。通过小车的v-t图像与匀变速运动的v-t图像对比、可得平均速度小于5m/s，D正确。

10．ACD外力施加的瞬间。对A，B整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为，故A正确；

开始时弹簧的压缩量为，当弹簧压缩量减小0.05m时，此时的弹力F′=kΔx=50×(0.4-0.05)N=17.5N。此刻对A，B整体F+F′-2mg=2ma。解得a=6.25m/s2，对A有F+FN-mg=ma，解得FN =1.25N。故B错误；A，B分离时，两物体间的弹力为零，加速度相等。则对AB整体。F＋kΔx′-2mg=2ma′对A有F-mg=ma，解得Δx′=0.3m，即此时弹簧的压缩量为0.3m．A物体的位移大小为0.1m·故C正确s当AB分离时因弹力为kΔr′=

15N>mg，可知物体B继续向上加速，当加速度为零时速度最大。此时kΔx”=mg解得Δx”=0.2m，即B物体速度达到最失时，弹簧被压缩了0.2m。故D正确．

11．BD设三者质量为m，初状态时弹簧弹力F=mgsinθ。释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T。对滑环C，根据牛顿第二定律，有mg+Tsinθ=mac，可得aC>g，选项A错误；当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功。放滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，选项B正确，滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，有vB=vsinθ，选项C错误；滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态相同。物体B和滑环C构成的系统机械能守恒，有，整理得，选项D正确。

12．（1）定滑轮0.88（2）（每空2分）

解析：（1）实验前应调节定滑轮的高度，使牵引滑块的细线与长木板平行：求得小车加速度。

（2）由图乙可知滑块与长木板间的滑动摩擦力为F0，由，则动摩擦因数。

13．（1）控制变量（2分）等于（2分）（2）（2分）（3）（2分）

解析：（1）本实验采用控制变量法来探究F、m、ω、r四者之间的关系：因为小球在接近水平的平面内做匀速转动，可以近似认为小球的向心力等于F。

（2）若测得小球做匀速圆周运动的圈数为n，对应的运动时间为t。则小球匀速圆周运动的周期为，由可得。

（3）由可，则的关系图像的斜率为，解得。

14．解：以风筝平面和垂直风筝平面建立坐标系

则有Tcos37°+mgcos37°=F风（3分）

Tsin37°=mgsin37°（3分）

联立得T=mg（2分）

F风=1.6mg（2分）

15．解：（1）对小滑块进行受力分析，可得斜面AB对小滑块的滑动摩擦力大小为（1分）

斜面CB对小滑块的滑动摩擦力大小为（1分）

由几何关系可得、（1分）

从A到C由动能定理可得（2分）

解得Ekc=62.5J（1分）

（2）设小滑块在C点的速度为vc则有（1分）

把vC分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx=vCcos37°，vy=vCsin37°（1分）

设小滑块从C点到地的时间为t。由竖直上抛运动规律可得（1分）

解得，（2分）

小滑块做斜抛运动的水平位移为x=vxt（1分）

解得（2分）

16．解：（1）物块由A到C的过程，由动能定理得：（1分）

解得：（1分）

物块沿BC轨道做圆周运动。设在C点时轨道对物块的作用力为N。由牛顿第二定律得（1分）

其中r-rcosa=0.4L

整理得N=2.6mg（1分）

由牛顿第三定律得，物块对C点的压力大小为2.6mg方向竖直向下（1分）

（2）物块不脱离轨道，有两种情况：

情况一：物块能滑过圆轨道最高点E时，则物块在最高点E应满足：（1分）

物块从C直到E点过程由动能定理有：（1分）

解得；R′≤0.44L（1分）

情况二：物块滑到与圆心O2等高处·速度减为零·然后物块在沿原路返回D．则由动能定理有：

（1分）

解得：R′=1.1L（1分）

要使物块在运动过程中不脱离轨道。竖直圆轨道的半径R′应该满足：R’≤0.44L或R’≥1.1L（1分）

（3）若R′=1.2L，由第（2）分析可知，物块必定返回到D．设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB．则由功能关系得：（1分）

解得：（1分）

滑块由B点沿BA上滑的最大距离为s。滑块再次返回到B点时的速度为v′B。

上滑时由动能定理得

下滑时由动能定理得（1分）

解得s=0.2L、（1分）

物块再次返回CD后不能进入圆轨道，设物块在CD段滑动的距离为s’。则由动能定理得：

（1分）

解得：s’=0.88L（1分）

则物块静止的点距离C点为0.88L（1分）