2022學(xué)年第一學(xué)期高三三校聯(lián)考物理試題  2022年11月命題人：   審題人：  試題說明：本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分為100分，考試時間為75分鐘。第一部分 選擇題（共44分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1．下列說法正確的是（　?。?/span>A．加速度為零的質(zhì)點一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B．質(zhì)點速度為零時，加速度也一定為零C．質(zhì)點做曲線運動時，它的加速度一定變化D．質(zhì)點的加速度方向與速度方向相同，且加速度不斷減小時，質(zhì)點的速度還在不斷增大2．一質(zhì)量為2kg的質(zhì)點在水平恒力F的作用下沿粗糙的水平面做直線運動的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的是（　　）A．4s內(nèi)質(zhì)點的位移為10mB．前2s內(nèi)和后2s內(nèi)加速度方向相反C．4s內(nèi)質(zhì)點的平均速度大小為3m/sD．恒力F大小為5N3．如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點落地。不計運動員經(jīng)過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v，加速度大小a，機械能E和重力的功率P隨時間t變化的圖像是（　?。?/span>A．  B．  C．   D．4．如圖，飛機場運輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率向上運行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當(dāng)傳送帶將它送入飛機貨艙前行李箱已做勻速運動。假設(shè)行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，傳送帶與水平面的夾角θ，已知滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是（　?。?/span>A．全過程傳送帶對行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上B．做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C．要實現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθ D．若增加傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時間5．如圖甲所示，A、B兩個質(zhì)量均為m的物體疊放在水平面上，B的上下表面均水平，A物體與一拉力傳感器相連接，連接拉力傳感器和物體A的細繩保持水平。從t=0時刻起，用一水平向右且隨時間逐漸增加的力F作用在B物體上，拉力傳感器的示數(shù)隨時間變化的圖線如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B，B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，下列說法正確的是（　?。?/span>A．0~t1時間內(nèi)A、B之間的靜摩擦力逐漸增加B．t1~t2時間內(nèi)，水平面與B之間為滑動摩擦力C．t1~t2時間內(nèi)，水平面與B之間的摩擦力逐漸增加D．t2時刻，B與水平面之間的摩擦力為2μmg6．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行，A、B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)，所有接觸面都不光滑．則A．B物體一定受到4個力的作用B．細繩對B的拉力剛好與B受到的沿斜面向下的摩擦力平衡C．水平面對C的支持力小于B、C的總重力D．斜面體C給水平面向左的摩擦力7．如圖所示，滑板愛好者先后兩次從坡道A點滑出，均落至B點，第二次的滯空時間比第一次長，則（　?。?/span>A．兩次滑出速度方向相同 B．兩次騰空最大高度相同C．第二次滑出時豎直方向速度一定大 D．滑板愛好者兩次在最高點的速度相同8．如圖所示，兩質(zhì)量相等的光滑小球A和B，分別從半圓形軌道邊緣無初速滑下，則下列說法正確的是（　?。?/span>A．A、B兩小球在最低點都處于失重狀態(tài)B．A、B兩小球在最低點的對軌道的壓力一樣大C．A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程重力的功率都是一直增大D．A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程機械能都是一直增大二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選或不選得0分。9．在某個惡劣天氣中，能見度很低，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。某時刻兩車司機聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，兩車剎車后的圖象如圖所示，下列說法正確的是（　　）A．甲車的加速度大于乙車的加速度B．若時兩車未發(fā)生碰撞，則此時兩車相距最近C．兩車一定不會發(fā)生碰撞，因為乙車比甲車先停下來D．為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為48m10．2022年3月23日，“天宮課堂”進行了第二次授課活動。授課過程中信號順暢不卡頓，主要是利用天鏈系列地球同步軌道衛(wèi)星進行數(shù)據(jù)中繼來實現(xiàn)的。如圖所示，天鏈衛(wèi)星的發(fā)射過程可以簡化如下：衛(wèi)星先在近地圓形軌道I上運動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道的遠地點B時，再次點火進入圓形同步軌道Ⅲ繞地球做勻速圓周運動。設(shè)地球半徑為R，地球表面的重力加速度為，衛(wèi)星質(zhì)量保持不變。則下列說法中正確的是（　　）A．衛(wèi)星在軌道I和軌道Ⅲ運動的周期均與地球自轉(zhuǎn)周期相同B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運動經(jīng)過B點的加速度大小相同C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運行速率小于D．衛(wèi)星在軌道I向軌道II變軌時，火箭需在A點點火向前噴氣11．如圖所示，一輕質(zhì)A型梯置于水平地面上，重力為G的人站在其頂部水平橫桿中點處，靜止時，限位輕繩松弛，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ。則（　?。?/span>A．當(dāng)θ=60°每根斜桿受到地面的作用力為 B．當(dāng)θ=60°每根斜桿受到地面的摩擦力為C．θ角越大，每根斜桿受到的水平地面的摩擦力越大 D．θ角越大，每根斜桿受到的水平地面的支持力越大12．如圖，蹦床的中心由彈性網(wǎng)組成，若一質(zhì)量為m的小孩從蹦床最低點反彈至最高點的過程中，小孩克服重力做功W1，蹦床的彈力對小孩所做的功為W2，小孩脫離蹦床時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中（）A．小孩的最大動能為     B．小孩的重力勢能增加了W1C．小孩的機械能增加了W2     D．彈簧床的彈性勢能最大值為第二部分非選擇題（56分）三、實驗題（每空2分，共18分）13．某同學(xué)利用如圖(a) 所示的裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關(guān)系”的實驗。（1）在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)。（2）實驗得到如圖(b)所示的彈力大小F與彈簧長度x的關(guān)系圖線。由此圖線可得該彈簧的勁度系數(shù)k= ___ N/m，原長x0= __ cm。（3）他用該彈簧做成個彈簧測力計如圖丙所示，彈簧測力計的讀數(shù)為______N，該彈簧的伸長量Δx= __ cm。14．為了探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，其中M為小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的總質(zhì)量，m0為滑輪的質(zhì)量（可以忽略）。力傳感器可測出輕繩中的拉力大小。①實驗時，一定要進行的操作是____________。A．用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器示數(shù)D．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠小于小車質(zhì)量M②在實驗中得到如圖所示的一條紙帶（兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出），已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出打B點時小車的速度 vB=_______m/s，小車的加速度為a=_________m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。③在實驗過程中小車的加速度__________（選填“大于”“等于”或“小于”）砂和砂桶的加速度。④以力傳感器的示數(shù)F為橫軸，小車的加速度a為縱軸，畫出的a-F圖線是一條直線如圖所示，則小車的質(zhì)量M=______________kg。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）四、解答題（需有詳細解答過程，共48分）15．（12分）如圖所示，一個質(zhì)量為0.6kg的小球以水平初速度v0=6m/s從P點拋出，小球恰好從豎直圓弧軌道ABC的A點沿切線方向進入圓弧軌道．已知圓弧軌道的半徑R=1m，O為軌道圓心，BC為軌道豎直直徑，OA與OB的夾角θ＝53°，（不計空氣阻力，g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：（1）P點與A點的高度差；（2）若小球剛好能到達圓弧軌道最高點C，求此過程小球克服摩擦力所做的功．16．（12分）如圖所示為貨場使用的傾斜傳送帶的模型，其與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶AB足夠長，傳送帶以大小為v＝2m/s的恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動。一包貨物以v0＝12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質(zhì)點。（g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求貨物沿傳送帶向上運動的最遠距離為多大？（2）從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多少時間？17．（14分）如圖，豎直平面內(nèi)的兩個四分之一光滑圓弧軌道下端都與水平軌道相切，小滑塊B靜止在左邊圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從左邊圓弧的最高點靜止釋放，A與B發(fā)生彈性碰撞。已知A的質(zhì)量mA=1kg，B的質(zhì)量mB=3kg，圓弧軌道的半徑R=0.8m，A和B與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5和μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。（1）求碰撞前瞬間A的速率v1；（2）求碰撞后瞬間A和B的速度大?。?/span>（3）為了避免A和B發(fā)生第二次碰撞，水平軌道的長度L至少多長。 
參考答案：1．D【解析】A．加速度為0時，即速度不發(fā)生變化，即物體處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動，A錯誤；B．速度為0時，加速度不一定為0，例如豎直上拋運動的最高點時，B錯誤；C．質(zhì)點做曲線運動時，速度不斷地變化，單位時間內(nèi)速度變化可以保持不變，如平拋運動，C錯誤；D．質(zhì)點做直線運動，加速度方向和速度方向相同即為加速運動，跟加速度大小無關(guān)，D正確。故選D。2．D【解析】v－t圖象的斜率表示加速度，由圖可知，該質(zhì)點在前2s內(nèi)的加速度大小為a1=4m/s2后2s內(nèi)的加速度大小為a2=1m/s2根據(jù)v-t圖像中直線的斜率的正負(fù)表示加速度方向，則0～2s時間內(nèi)和2～4s內(nèi)，加速度方向相同，0～2s時間內(nèi)質(zhì)點減速，摩擦力方向與速度方向相反，F也與速度方向相反，有F＋f=ma1       ①2～4s質(zhì)點加速，摩擦力方向與速度方向相反，F也與速度方向相同，有F－f=ma2      ②①式+②式2F= m(a1+ a2) =2×5N=10N可得F=5Nv－t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得4s內(nèi)質(zhì)點的位移為x=6m平均速度為=1.5m/s故選D。3．B【解析】A．設(shè)在點的速度為，則從點飛出后速度大小的表達式為由分析可知從點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且故A錯誤；B．設(shè)斜坡傾角為，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得運動員在水平段做勻速直線運動，加速度運動員從點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度B正確；C．由于不計運動員經(jīng)過N點的機械能損失及運動過程中的摩擦力和空氣阻力，故整個過程中運動員的機械能守恒，故C錯誤； D．重力的瞬時功率可以表示為P=mgvy，在MN段，P=mg(gsin2θ)t  在NP段，重力功率為0，在PQ段，P=mg2t，所以在MN段和PQ段，P-t圖像的斜率是不同的，D錯誤。故選B。4．A【解析】A．行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力均沿傳送帶向上，故A正確；B．做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為故B錯誤；C．要實現(xiàn)這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即可得，故C錯誤；D．若增加傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運動，傳送時間不會無限縮短，故D錯誤。故選A。5．D【解析】AC．0~t1時間內(nèi)，B處于靜止?fàn)顟B(tài)；假設(shè)A受到摩擦力作用則傳感器會有拉力，而由圖可知這段時間傳感器沒有示數(shù)，說明沒有拉力，所以A、B之間沒有摩擦力，故A錯誤；B．t1~t2時間內(nèi)，由乙圖可知，傳感器的拉力逐漸增大，則A受的摩擦力也在逐漸增大，這時A、B相對地面還是處于靜止?fàn)顟B(tài)，故水平面與B之間為靜摩擦力，故B錯誤；C．t1~t2時間內(nèi)，水平面與B之間已經(jīng)達到最大靜摩擦力，摩擦力大小不再發(fā)生變化，C錯誤；D．由乙圖可知，t2時刻B相對地面滑動，地面所受的正壓力大小為故B與水平面之間的摩擦力為故D正確。故選D。6．C【解析】A．當(dāng)繩子的拉力恰好等于B物體沿斜面方向上重力的分力的話，B物體不會受到斜面的摩擦力，故A錯誤；B．B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果有摩擦力的話，繩子的拉力一定大于B受到的摩擦力，故B錯誤；C．把B和C看成一個整體的話，則該整體受到斜向右上的繩子的拉力，重力和支持力以及水平面給斜面向左的摩擦力，故C正確，D錯誤；故選C。7．C【解析】AB．對運動員運動分析可知，從坡道A點滑出后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，即上升時間等于下降時間，由題知第二次的滯空時間比第一次長，所以第二次下降時間大于第一次，由知，第二次騰空最大高度大于第一次，又因為兩次水平位移相等，所以兩次位移角不同，即兩次滑出速度方向不相同，故AB錯誤；CD．因為第二次下降時間大于第一次，且兩次水平位移相等，由知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高點速度小。又由可知，第二次滑出后豎直分速度大于第一次。故C正確，D錯誤。故選C。8．B【解析】A．兩小球在最低點時支持力和重力的合力提供向心力，則支持力大于重力，處于超重狀態(tài)，A錯誤；B．A、B兩小球到最低處的過程中，根據(jù)動能定理可得解得                                    半徑越大，速度越大，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有解得                                      FN=3mg故A、B兩小球在最低處時，A的速度大于B的速度，A受的支持力等于B受的支持力，B正確；C．小球在初位置重力做功的功率為零，在最低點，由于重力的方向與速度方向垂直，則重力做功的功率為零，因為初末位置都為零，則A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程重力的功率先增大后減小，C錯誤；D．由于兩輪滑少年可以看作光滑小球A和B，則A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程中只有重力做功，機械能守恒，D錯誤。故選B。9．BD【解析】A．根據(jù)圖像的斜率為加速度可得加速度是矢量，負(fù)號表示加速度的方向與速度方向相反，大小是 故A錯誤；B．如果甲乙未發(fā)生碰撞，24s內(nèi)，都是乙的速度大于甲的速度，甲乙的距離在不斷拉近，24s后，甲的速度大于乙的速度，甲乙的距離又在不斷拉大，故24s末，甲乙的距離最近，故B正確。CD．為了避免碰撞，根據(jù)B的分析，AB最近的距離大于等于0，就可避免碰撞，設(shè)初始距離為x有解得故C錯誤，D正確。故選BD。10．BC【解析】A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，則有可得衛(wèi)星在同步軌道Ⅲ的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，衛(wèi)星在軌道I的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，A錯誤；B．衛(wèi)星在運行過程只受地球的萬有引力，根據(jù)牛頓第二定律可得解得由于、都相同，可知衛(wèi)星在軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運動經(jīng)過B點的加速度大小相同，B正確；C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，則有物體在地球表面受到的重力等于萬有引力，則有聯(lián)立解得C正確；D．衛(wèi)星從軌道I變軌到軌道Ⅱ需要在A處點火加速，火箭需向后噴氣，D錯誤；故選BC。11．AC【解析】AB．設(shè)每根斜桿的作用力大小為，根據(jù)受力平衡可得解得可知每根斜桿受到地面的作用力大小為，A正確；B．每根斜桿受到地面的摩擦力大小為B錯誤。C．每根斜桿受到地面的摩擦力大小為C正確；D．把梯子和人看成一個整體，地面對整體的支持力總是等于G，因此每根斜桿受到水平地面的支持力總是等于G/4，故D錯誤故選AC。12．BC【解析】A．小朋友脫離蹦床時，彈力為0，而小朋友速度最大點應(yīng)該是蹦床的彈力與小朋友重力平衡的那一點，所以動能最大不是在脫離蹦床的時刻，A錯誤；B．克服重力做了多少功，則重力勢能就增加多少，B正確；C．小朋友的機械能增加量等于除了重力外，其他力做功的總和，上述過程中，小朋友全程只有蹦床的彈力以及重力有做功，故C正確；D．蹦床的彈力能做多少功，在數(shù)值上就等于蹦床的彈性勢能的最大值，因此最大值為W2，（或者蹦床及小孩的系統(tǒng)機械能守恒，小孩機械能的最小值即蹦床的彈性勢能的最大值），D錯誤。故選BC。13． 50（或50.0或50.00均可）4.0（或4或4.00均可）；3.0（或2.9或3.1）6.0（或6或6.00均可）【解析】（1）因為彈簧自身有重力作用，測量彈簧原長時應(yīng)使彈簧保持豎直狀態(tài)，在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)；（2）在圖像中F=0時的x的值即為彈簧原長，由圖線可得該彈簧的原長x0=4.0cm根據(jù)胡克定律圖線的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k=50 N/m（3）由圖(c)可知，彈簧彈力為3.0N，根據(jù)圖(b)可知彈簧長度為x=10.0cmΔx=6.0cm14．     BC    1.23  6.03     小于  0.20【解析】①AD．本題拉力由拉力傳感器測出，不需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量，也就不需要為了減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠小于小車質(zhì)量M，故AD錯誤；B．實驗時需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，B正確；C．實驗時小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器示數(shù)，C正確；故選BC。②根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知，中間時刻的瞬時速度等于該段時間內(nèi)的平均速度由逐差法可得③由實驗裝置可以看出，在相同的時間內(nèi)，砂桶運動的距離是小車運動距離的兩倍，因此小車的速度也比砂桶的小，速度變化量也小，所以小車的加速度小于砂桶和砂的加速度。④由牛頓第二定律可得解得： ；因此圖線的斜率為解得：，由圖像可知，k=10，所以M=0.20kg15．（1）  3.2m  （2）17.4J【解析】（1）對小球在點的速度進行分解，由平拋運動規(guī)律得；對小球由點至點的過程由動能定理得，解得；（2）小球恰好經(jīng)過點，在點由牛頓第二定律有，解得，小球由點至點過程由動能定理得，解得.16．（1）7.2m；（2） 【解析】（1）物塊開始階段的加速度由牛頓定律可得聯(lián)立可得上滑的位移為s，則，解得：s=7.2m（2）上滑過程所用時間   剛開始下滑時，摩擦力仍是向下，因此加速度仍為：經(jīng)過時間t2貨物與皮帶共速：貨物下滑的位移為與皮帶共速后，，再經(jīng)過回到出發(fā)點，解得故有17．（1）4m/s；（2）-2m/s，2m/s；（3）0.7m【解析】（1）對A，從釋放→碰撞前，由動能定理得解得（2）對A、B組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得解得（3）A、B剛好不會發(fā)生第二次碰撞的情況是，B沖過水平軌道從右邊的圓弧軌道下來和A迎面相遇，且都停下來了。A滑塊碰完后到停下，由動能定理得解得B滑塊碰完后到停下，由動能定理得解得則L=0.7m  

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