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二(解析版)

江苏省2022-2023学年高三第一学期阶段教学情况测试

人教版物理模拟试题二

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）

1. 一石块从楼房阳台边缘做自由落体运动，到达地面，若把它在空中运动的距离分为相等的三段，如果它在第一段距离内所用的时间是1 s，则它在第三段距离内所用的时间是(g取10 m/s2)(　　)

A．(－) s   B. s

C. s   D．(－1) s

【答案】　A

【解析】　根据由自由落体运动规律，石块下落连续相等距离所用时间之比为：1∶(－1)∶(－)，则它在第三段距离内所用的时间为(－) s，故选A.

2. 动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．动力车的初速度为20 m/s

B．刹车过程动力车的加速度大小为2.5 m/s2

C．刹车过程持续的时间为8 s

D．4 s内刹车位移为60 m

【答案】　A

【解析】　由题图可得＝－2.5t＋20 (m/s)，根据匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋

at2，得＝at＋v0，对比可得，v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，即刚刹车时动力车的速度大小为20 m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5 m/s2，故A正确，B错误；刹车过程持续的时间为t＝＝ s＝4 s，故C错误；整个刹车过程动力车经过的位移为x＝t＝×4 m＝40 m，故D错误．

3. 如图所示，一根橡皮筋固定在水平天花板的两点，在其中点悬挂一物体。当所挂物体的质量M=m时，橡皮筋与天花板夹角θ=θ1，橡皮筋张力T=T1；当M=2m时，θ=θ2，T=T2。则（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

所挂物体的质量M =m时，橡皮筋与天花板夹角θ=θ1，橡皮筋张力T=T1，竖直方向根据平衡条件得

解得

同理当M =2m时，θ=θ2，T=T2，竖直方向根据平衡条件得

解得

所以

故选C。

4. 如图所示，一根遵从胡克定律的弹性绳，一端固定在天花板上的点，另一端与静止在水平地面上的滑块相连接。水平地面的动摩擦因数恒定。为紧挨绳的一光滑小钉。等于弹性绳的自然长度。当绳处于竖直位置时，滑块对地面有压力作用。现在水平力作用于物块，使之向右做直线运动，在运动过程中，作用于物块的摩擦力（　　）

A．逐渐增大 B．逐渐减小

C．保持不变 D．条件不足无法判断

【答案】C

【解析】

设开始时的长度为，则开始时刻对地面的压力

设某一时刻绳子与水平直方向的夹角为，则绳子的弹力为

其向上分力

故物体对地面的压力为

保持不变；因

故摩擦力也保持不变，C正确，ABD错误。

故选C。

5. 如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则(　　)

A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa:μb=9：16

B．a、b小球沿斜面向上运的加速度之比以aa:ab=16:9

C．va：vb=4：3

D．两小球不可能同时达到圆周上

【答案】C

【解析】a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a：

对b：，则μa:μb=16：9，选项A错误；

a、b小球沿斜面向上运动时，对a

对b ，加速度之比aa:ab=4：3，选项B错误；

两球速度同时减为零，时间相等，则由v=at可得va：vb= aa:ab=4：3，选项C正确；

因为两物体加速度之比aa:ab=4：3，初速度之比va：vb= 4：3，由v=v0-at可知，任意时刻的速度比为4:3，则两物体的平均速度之比为4:3；而两球到达圆周上时位移之比也为4:3，可知到达圆周上的时间相等，即两物体同时到达圆周上，选项D错误。故选C。

6. 如图所示，一表面光滑、倾角为37°的直角三角形劈固定在水平面上，现将小球A以v0=8m/s的初速度从劈项部水平抛出，同时小球B由劈顶部以某一沿斜面的初速度v1开始运动，小球A、B同时到达三角形劈底部的D点。则小球B的初速度大小为(已知sin37°=0.6) (　　)

A．6.4 m/s B．3.2 m/s C．4.4 m/s D．4 m/s

【答案】A

【解析】当小球A平抛到三角形劈底部时，水平方向位移有，竖直方向位移有，

竖直方向位移与水平方向位移的夹角有，解得t=1.2s，x=9.6m，小球B在斜面上的加速度a=gsin37=6m/s2，下滑距离，又，解得v1=6.4m/s，故选A。

7. “旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）

A. 10m/s2 B. 100m/s2 C. 1000m/s2 D. 10000m/s2

【答案】C

【解析】

纽扣在转动过程中

由向心加速度

故选C。

8. 我国的“天链一号”地球同步轨道卫星，可为载人航天器及中、低轨道卫星提供数据通讯服务。如图为“天链一号”a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球三者的位置关系示意图，为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为和(图中未标出)，卫星a的轨道半径是b的4倍，已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a周期为，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入与卫星a通讯的盲区。卫星间的通讯信号视为沿直线传播，忽略信号传输时间，下列分析正确的是(       )

A．张角和满足 B．卫星b的周期为T/4

C．卫星b每次在盲区运行的时间 D．卫星b每次在盲区运行的时间为

【答案】C

【解析】A．设地球半径为，由题意可知，，，解得

故选项A错误；

B．由开普勒第三定律得，又，，可得，故选项B错误；

CD．由题意可知，图中A、B两点为盲区的两临界点，由数学知识可得，因而，解得，选项C正确，D错误。

9. 如图所示，、、三个质量均为的物块，物块、通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块放在上。现用水平拉力作用于，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）

A．、间轻绳的弹力为

B．物块受到的摩擦力大小为

C．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块受到的摩擦力大小为

D．剪断轻绳后，在物块向右运动的过程中，物块受到的摩擦力大小为

【答案】C

【详解】A．对bc整体受力分析可知，、间轻绳的弹力为选项A错误；

B．因系统做匀速运动，可知物块受到的摩擦力大小为零，选项B错误；

C．匀速运动时当该水平拉力增大为原来的倍时，即此时系统的加速度

则物块受到的摩擦力大小为选项C正确；

D．剪断轻绳后，在物块向右运动的过程中的加速度为物块受到的摩擦力大小为

选项D错误。故选C。

10. 如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有

整理可得

即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有

即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确。

故选A。

二、简答题(本题共5小题，共60分)

11. 用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝50g、m2＝150g，则：(结果均保留两位有效数字)

(1)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝_____J。(取当地的重力加速度g＝10m/s2)通过比较可以得出结论___________。

(2)若某同学作出-h图象如图丙所示，则当地的重力加速度g＝____m/s2。

【答案】0.58    0.60    在误差范围内，m1，m2组成的系统机械能守恒    9.7   

【解析】

(1)[1]在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量为

[2]系统势能的减少量

[3]通过比较可以得出结论为：在误差范围内，m1，m2组成的系统机械能守恒

(2)[4]由机械能守恒定律得

解得

由上式和图像得

解得。

12. ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．求：

(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．

【答案】　(1)894 m　(2)10.7 s

【解析】　(1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v12－v02＝－2ad1解得d1＝442 m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894 m

(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，

由运动学公式得v22－v02＝－2ad2  解得d2＝400 m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝t1解得t1＝26 s

通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′  解得t1′＝2.5 s

从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5 s提速后，匀减速过程时间为t2，

则d2＝t2解得t2＝20 s

通过匀速行驶区间的时间为t2′，则d＝v2t2′解得t2′＝1 s

匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝＝1.4 s

通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8 s

所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7 s.

13. 如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点。轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝60°，斜面倾角α＝30°，物块A和B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数为k＝500 N/m，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)弹簧的伸长量x；

(2)物块A受到的摩擦力f的大小和方向。

【答案】：(1)3 cm；(2)5 N，方向沿斜面向下。

【解析】：(1)以结点O为研究对象，受力如图并正交分解，

据平衡条件有

x：kx－Fsin 60°＝0  ①

y：Fcos 60°－mBg＝0  ②

由②解得：F＝＝30 N

代入①解得：x＝＝ m＝ m＝3 cm

(2)物块A受力如图并正交分解，

据平衡条件有

F－mAgsin 30°－f＝0

解得：f＝F－mAgsin 30°＝30－5×10× N＝5 N

方向：沿斜面向下。

14. 单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求：

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；

(2)M、N之间的距离L.

【答案】　(1)4.8 m　(2)12 m

【解析】　(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得

v1＝vMsin 72.8°①

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得

mgcos 17.2°＝ma1②

由运动学公式得d＝③

联立①②③式，代入数据得

d＝4.8 m④

(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，

由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos 72.8°⑤

设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得

mgsin 17.2°＝ma2⑥

设腾空时间为t，由运动学公式得

t＝⑦

L＝v2t＋a2t2⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨

15. 如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块

（1）第1次滑过P点时的速度大小v1；

（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；

（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。

【答案】（1）第1次滑过P点时的速度大小v1为8m/s；

（2）第1次在传送带上往返运动的时间t为9s；

（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q为48J。

【解析】（1）物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：

a1＝＝gsinθ﹣μ1gcosθ＝（10×sin37°﹣0.25×10×cos37°）m/s2＝4m/s2

由速度﹣位移关系式可得：v＝2a1L

代入数据，解得：v1＝8m/s

（2）物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，对物块根据牛顿第二定律得：

a2＝＝μ2g＝0.20×10m/s2＝2m/s2

减速过程的时间：t1＝＝s＝4s

x1＝＝×4m＝16m

减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。

加速阶段：t2＝＝s＝2s

x2＝t2＝m＝4m

匀速阶段：x3＝x1﹣x2＝16m﹣4m＝12m

t3＝＝s＝3s

故物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1+t2+t3＝4s+2s+3s＝9s

（3）根据能量守恒，物块第1次滑过P点时与斜面的摩擦产生的热量为：

Q1＝mgLsin37°﹣mv

此时动能为：Ek＝mv

根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，动能Ek将在之后的循环运动中转化为热量Q2，根据能量守恒有：Q2＝Ek故Q＝Q1+Q2

联立，代入数据解得：Q＝48J