西北師大附中2022-2023學年第一學期期中考試試題高三物理一、選擇題（本題共14小題，每題5分，滿分70分。1-9均為單選，10-14為多選題，多得選中只有部分選對得3分。）1. 理想實驗是科學研究中的一種重要方法，它把可靠事實和理論思維結合起來，可以深刻地揭示自然規(guī)律。以下實驗中屬于理想實驗的是（　?。?/span>A. 驗證力的平行四邊形定則實驗 B. 伽利略的對接斜面實驗C. 用打點計時器測物體加速度的實驗 D. 測定反應時間的實驗【答案】B【解析】【詳解】A．驗證力的平行四邊形定則實驗用的是等效替代法，選項A錯誤；B．伽利略的對接斜面實驗，抓住主要因素，忽略了次要因素，在實驗基礎上通過歸納推理從而得出了物理規(guī)律，用了理想實驗法，選項B正確；C．用打點計時器測物體加速度的實驗是實際實驗，選項C錯誤；D．測定反應時間的實驗是實際的實驗，選項D錯誤。故選B。2. 質量m=50kg的某同學站在觀光電梯地板上，用速度傳感器記錄了電梯在一段時間內運動的速度隨時間變化情況（以豎直向上為正方向），由圖象提供的信息可知（　　）A. 在0～15s內，觀光電梯上升的高度為25mB. 在5～15s內，電梯內的同學處于超重狀態(tài)C. 在20～25s與25～35s內，觀光電梯的平均速度大小均為10m/sD. 在25～35s內，觀光電梯在減速上升，該同學的加速度大小2m/s2【答案】C【解析】【詳解】A．在速度時間圖象中，圖線與時間軸所包圍的面積表示位移，故0-15s內的位移為即觀光電梯上升的高度為75m，A錯誤；B．5-15s內該同學減速上升，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，B錯誤；C．勻變速直線運動的平均速度等于初末速度之和，兩過程的平均速度均為C正確；D．在25～35s內，觀光電梯在減速下降，加速度大小為D錯誤。故選C。3. 兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個相同小球，細線上端固定在同一點，若兩個小球以相同的角速度繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，則兩個擺球在運動過程中，相對位置關系示意圖正確的是（　?。?/span>A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】由勻速圓周運動θ為繩與豎直方向的夾角得兩球角速度相同，則相同，即細線頂點到運動平面中心的距離相等，所以兩球應在同一水平面旋轉，B正確；故選B。4. 一質點做勻加速直線運動時，速度變化時發(fā)生位移x1，緊接著速度變化同樣的時發(fā)生位移x2，則該質點的加速度為（　?。?/span>A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【詳解】勻變速直線運動中，速度變化量相等時，運動時間相等，則可得根據(jù)逐差相等推論可得聯(lián)立可得故ABC錯誤，D正確。故選D。5. 如圖所示，豎直墻壁上兩點在同一水平線上，固定的豎直桿上的點與點的連線水平且垂直，輕繩的兩端分別系在兩點，光滑小滑輪吊著一重物可在輕繩上滑動。先將輕繩右端沿直線緩慢移動至點，然后再沿墻面豎直向下緩慢移動至S點，整個過程重物始終沒落地。則整個過程輕繩張力大小的變化情況是（　?。?/span>A. 一直增大 B. 先增大后減小 C. 先減小后增大 D. 先減小后不變【答案】D【解析】【分析】【詳解】由于點與點的連線水平且垂直，將輕繩右端由N 點沿直線緩慢移動至點過程中，輕繩的夾角變小，而輕繩的合力始終與重力相等，根據(jù)力的合成可知輕繩的張力逐漸減?。惠p繩右端由M點沿墻面豎直向下緩慢移動至S點的過程中，輕繩的夾角不變，則輕繩的張力不變。故選D。6. 一顆炮彈在空中發(fā)生爆炸，分裂成A、B兩塊，A豎直向上運動，B豎直向下運動，忽略空氣的阻力，以炮彈炸裂開始計時，則（　　）A. 在兩彈片均未落地前，以A為參考系，B做自由落體運動B. 在B彈片落地后，以A為參考系，B勻速上升C. 在兩彈片均未落地前，A、B之間的距離與時間成正比D. 在B彈片落地后，A、B之間的距離與時間的二次方成正比【答案】C【解析】【詳解】A．自由落體運動的物體初速度為零，加速度為重力加速度，若以A為參考系，B的初速度不為零，故A錯誤；B．B落地后，A可能處于上升階段，也可能處于下降階段，若A上升，以A為參考系，B下降；若A下降，以A為參考系，B可能上升也可能下降，故B錯誤；C．由運動學公式可得所以AB間距離為由此可知，A、B之間的距離與時間成正比，故C正確；D．若B落地，則所以由此可知，A、B之間的距離與時間的二次方不成正比，故D錯誤。故選C。7. 水平轉臺上有質量相等的A、B兩小物塊，兩小物塊間用沿半徑方向的細線相連，兩物塊始終相對轉臺靜止，其位置如圖所示(俯視圖)，兩小物塊與轉臺間的最大靜摩擦力均為，則兩小物塊所受摩擦力、隨轉臺角速度的平方()的變化關系正確的是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】當轉臺的角速度比較小時，A、B物塊做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，隨著角速度增大，由知向心力增大，由于B物塊的轉動半徑大于A物塊的轉動半徑，B物塊的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力，角速度再增大，則細線上出現(xiàn)張力，角速度繼續(xù)增大，A物塊受的靜摩擦力也將達最大，這時A物塊開始滑動．【詳解】當轉臺的角速度比較小時，A、B物塊做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，隨著角速度增大，由知向心力增大，此時A、B的摩擦力與成正比．由于B物塊的轉動半徑大于A物塊的轉動半徑，B物塊的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力，此后繩子出現(xiàn)張力，B的摩擦力不變，而A的摩擦力繼續(xù)增大，但不與成正比了，故A錯誤，B正確；剛開始轉動時，由于加速度較小，AB物塊做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，繩子沒有張力，當B物塊的靜摩擦力達到最大靜摩擦力后，繩子出現(xiàn)張力，直到A開始滑動前，B所受的靜摩擦力一直為最大值，故CD錯誤．故選B．【點睛】本題的關鍵是抓住臨界狀態(tài)，隔離物體，正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解．8. 如圖，一質量為M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一質量為m的物體A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面勻速上滑，在A上滑的過程中直角劈B相對地面始終靜止。以Ff和FN分別表示地面對劈的摩擦力及支持力。則下列正確的是(　　) A. Ff＝0，FN＝Mg＋mgB. Ff向左，FN<Mg＋mgC. Ff向左，FN＝Mg＋mgD. 增大F，Ff增大，FN減小【答案】B【解析】【詳解】對A、B整體受力分析如圖所示豎直方向上平衡所以水平方向上有向右運動的趨勢，所以受到的摩擦力方向向左。故選B。9. 如圖所示，物塊A在木板B上，A的質量為，B的質量為。開始時A、B均靜止。現(xiàn)給A一水平向右的力。已知A與B、B與地之間的動摩擦因數(shù)分別為和，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取。以下說法正確的是（　　） A. A、B相對靜止，不會滑動，共同加速度B. A在B上能滑動，但B靜止，A的加速度C. A在B上能滑動，B相對地面滑動，A的加速度，B的加速度D. A在B上能滑動，B相對地面滑動，A的加速度，B的加速度【答案】C【解析】【詳解】A、B之間的最大靜摩擦力為B與地之間的最大靜摩擦力為則木板B能獲得的最大加速度為設A、B保持相對靜止，則A、B為整體的加速度為由于可知A、B發(fā)生相對滑動，則木板B的加速度為物塊A的加速度為故選C。10. 在動摩擦因數(shù)的水平面上有一個質量為的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。取，以下說法正確的是（　?。?/span> A. 若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為B. 若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為，方向向左C. 若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為，方向向右D. 若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球所受地面的支持力大小、輕繩上的彈力大小、輕彈簧的彈力大小都會突變【答案】AD【解析】【詳解】AB．剪斷輕繩之前彈簧的彈力剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為20N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用，小球所受的最大靜摩擦力為根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為合力方向向左，所以向左加速，A正確B錯誤；CD．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球所受地面的支持力大小變?yōu)?/span>mg、輕繩上的彈力大小變?yōu)榱?、輕彈簧的彈力大小會突變?yōu)榱?，小球的加速度為零?/span>C錯誤D正確。故選AD。11. (多選)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧管組成，圓心O與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內，現(xiàn)有一質量為m、初速度v0＝的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(　　) A. 小球到達C點時的速度大小為vC＝B. 小球能通過E點后恰好落至B點C. 若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度距離D點為2RD. 若減小小球的初速度v0，則小球到達E點時的速度可以為零【答案】ABD【解析】【詳解】A．小球從A運動到C的過程，由于只有重力做功，所以機械能守恒，規(guī)定AB為零勢能面，故有因v0=，故解得故A正確；B．小球從A運動到E的過程，仍滿足機械能守恒，所以有解得之后做平拋運動，由可得運動時間為所以在水平方向上發(fā)生的位移為故能正好平拋落回B點，故B正確；C．上升過程中，滿足機械能守恒，故有解得故C錯誤；D．由于E點的內壁可以給小球向上的支持力，所以小球達到E的速度可以為零，故D正確。故選ABD。12. 如圖所示，水平地面的上空有一架飛機在進行投彈訓練，飛機沿水平方向做勻加速直線運動。當飛機飛經(jīng)觀察點B點正上方A點時投放一顆炸彈，經(jīng)時間T炸彈落在觀察點B正前方L1處的C點，與此同時飛機投放出第二顆炸彈，最終落在距觀察點B正前方L2處的D點，且，空氣阻力不計，以下說法正確的有（　?。?/span>A. 飛機第一次投彈時的速度為 B. 飛機第二次投彈時的速度為C. 飛機水平飛行的加速度為 D. 兩次投彈時間間隔T內飛機飛行距離為【答案】AD【解析】【詳解】A．第一次投出的炸彈做平拋運動，在時間T內水平方向勻速直線運動的位移為L1，故第一次投彈的初速度為故A正確；BC．設飛機的加速度為a，第二次投彈時的速度為v2，由勻變速直線運動的規(guī)律可知解得
 故BC錯誤；D．兩次投彈間隔T內飛機飛行的距離為故D正確。故選AD。13. 如圖所示，水平傳送帶以速度勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，時刻P在傳送帶左端具有速度，P與定滑輪間的繩水平，時刻P離開傳送帶，不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長，正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（　?。?/span> A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【詳解】B．若，且則當P加速運動速度達到后，與皮帶一起勻速運動，直到離開轉送帶（也可能加速過程中就離開傳送帶），故B正確；ACD．若，且則P先勻減速到零，再反向加速到離開傳送帶（也可能減速過程中就離開傳送帶）；若且則P先勻減速至，然后與傳送帶一起勻速運動，直到離開傳送帶（有可能減速過程中就離開傳送帶）；若且滿足中途速度減至，以后滿足先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶（也可能減速過程中就離開傳送帶），故C正確，AD錯誤。故選BC。14. 如圖所示，粗糙斜面體C靜止在水平地面上，輕質細線跨過其頂端的光滑定滑輪。細線一端拴接物塊A，另一端與另外兩根細線結于O點，形成死結。結點O下方細線懸掛B物塊，左端細線用一水平力F拉住，靜止時，滑輪左邊細線與豎直方向成角?，F(xiàn)保持O點的位置不變，沿順時針方向緩慢調整力F的方向直至豎直，期間所有物體均保持靜止，則在此過程中說法正確的是（　?。?/span>A. 拉力F一直增大B. 細線對物塊A的拉力一直減小C. 地面對斜面體C的摩擦力先減小后增大D. 斜面對A的摩擦力可能先減小后增大【答案】BD【解析】【詳解】AB．以結點O為研究對象，受到三段繩子拉力，如圖所示，保持O點的位置不變，沿順時針方向緩慢調整力F的方向直至豎直，由圖可知，F先減小后增大，物塊A所受細繩的拉力大小一定一直減小，故A錯誤，B正確；C．以斜面和A物體為研究對象，地面對斜面的摩擦力大小由于T一直減小，所以f減小，故C錯誤；D．如果A開始受到的摩擦力方向沿斜面向下，則繩子拉力T減小到零的過程中，物塊A所受斜面的摩擦力大小先減小后反向增大，故D正確。故選BD。 二．實驗題（每空3分，共21分）15. 某同學使用打點計時器測量當?shù)氐闹亓铀俣取?/span>①請完成以下主要實驗步驟：按圖（a）安裝實驗器材并連接電源；豎直提起系有重物的紙帶，使重物靠近打點計時器下端；先_____________，再_____________，使重物自由下落；關閉電源，取出紙帶；換新紙帶重復實驗。②圖（b）和（c）是實驗獲得的兩條紙帶，應選取_____________（填“b”或“c”）來計算重力加速度。在實驗操作和數(shù)據(jù)處理都正確的情況下，得到的結果仍小于當?shù)刂亓铀俣?，主要原因可能是空氣阻力?/span>_____________的影響。【答案】    ①. 接通電源    ②. 釋放紙帶    ③. b    ④. 摩擦阻力【解析】【詳解】①[1][2]本實驗是通過自由落體運動來測量重力加速度，因此要讓紙帶上第一個打點對應的重物速度為0，所以需要先接通電源，再釋放紙帶。②[3]對照兩條紙帶發(fā)現(xiàn)，紙帶b點跡間隔逐漸變大，而紙帶c點跡間隔先逐漸變大后逐漸變小，說明c對應的重物運動先加速，后減速，與自由落體運動特征不符，因此應選用紙帶b。[4]自由落體運動的前提是物體只在重力作用下所做的運動，而現(xiàn)實實驗中，重物在下落過程中還受到空氣阻力作用，以及紙帶在穿過打點計時器的過程中，受到摩擦阻力的作用。16. 如圖甲所示，質量為m的滑塊A放在氣墊導軌上，B為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器B的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機上，經(jīng)計算機處理后在屏幕上顯示滑塊A的速率-時間（）圖象．整個裝置置于高度h可調節(jié)的斜面上，斜面長度為．（1）現(xiàn)給滑塊A沿氣墊導軌向上的初速度，其圖線如圖乙所示．從圖線可得滑塊A上滑時的加速度大小_________（結果保留一位有效數(shù)字）．（2）若用此裝置來驗證牛頓第二定律，通過改變_______，可驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系；通過改變_________，可驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系（重力加速度g的值不變）．【答案】    ①.     ②. 調節(jié)滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變    ③. 高度h【解析】【詳解】(1)在v-t圖象中斜率代表加速度故．(2)牛頓第二定律研究的是加速度與合外力和質量的關系．當質量一定時，可以改變力的大小，當斜面高度不同時，滑塊受到的力不同，可以探究加速度與合外力的關系．由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保證向下的分力不變，應該使不變，所以應該調節(jié)滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變．【點睛】解答本題關鍵是能夠把v-t圖象運用物理規(guī)律結合數(shù)學知識解決問題．對滑塊進行運動和受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決問題．三．計算題（共59分，要有必要的文字說明和計算步驟）17. 如圖所示，質量M=2kg的木塊套在水平桿上，并用輕繩與質量m=kg的小球相連。今用跟水平方向成角的力F=10N拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，g取10m/s2.求： （1）運動過程中輕繩與水平方向夾角；（2）木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)。【答案】（1）30°；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）（2）對滑塊受力分析可知對小球 聯(lián)立解得θ=30° 18. 蘭州軌道交通一號線正式運營后，某一興趣小組在地鐵上進行實地測量和研究。他們把一端拴有小物體的細線（不可伸長）固定在一豎直桿上端，發(fā)現(xiàn)列車在進、出站時細線與豎直方向會有一定夾角，這時小物體與車廂處于相對靜止狀態(tài)。經(jīng)過多次測量，發(fā)現(xiàn)列車進、出站時的夾角近似相等，均約為7°，如圖所示。列車在每站停車時間為35s。通過查詢可知，東方紅廣場站到省政府站之間約1600m，省政府站到西關站之間約800m，地鐵勻速運行的速度約為72km/h。省政府站在軌道一號線運行一段時間后才開始正常使用。設東方紅廣場站到西關站之間是直線，列車進、出站時均視為勻變速運動，已知tan7°=0.12，g取10m/s2。求：（1）地鐵進、出站時加速度的大小；（2）省政府站開通前，從東方紅廣場站到西關站需要多長時間；（3）省政府站開通后，從東方紅廣場站到西關站比開通前慢了多長時間。（結果均保留一位小數(shù)）【答案】（1）1.2m/s2；（2）136.7m；（3）51.8s【解析】【詳解】（1）對小球受力分析可知，由牛頓第二定律可得a=1.2m/s2地鐵進、出站時加速度的大小均為1.2m/s2；（2）72km/h=20m/s，則動車加速和減速的時間均為動車加速和減速的位移勻速的時間  省政府站開通前，從東方紅廣場站到西關站需要時間 （3）省政府站開通后，動車勻速的時間為從東方紅廣場站到西關站的時間從東方紅廣場站到西關站比開通前慢了19. 如圖所示，傾角為37°的斜面長l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O點將一小球以v0＝3 m/s的速度水平拋出，與此同時由靜止釋放斜面頂端的滑塊，經(jīng)過一段時間后，小球恰好能夠以垂直于斜面的速度在斜面P點處擊中滑塊。（小球和滑塊均可視為質點，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），求：（1）拋出點O離斜面底端的高度；（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。【答案】（1）1.7m；（2）0.125【解析】【分析】【詳解】(1)設小球擊中滑塊時的速度為v，豎直分速度為vy，如圖所示由幾何關系得tan37°=設小球下落時間為t，豎直位移為y，水平位移為x，由運動學規(guī)律得vy＝gty＝gt2x＝v0t設拋出點到斜面底端的高度為h，由幾何關系得h=y+xtan37°聯(lián)立解得h=1.7m(2)設在時間t內，滑塊位移為s，由幾何關系得設滑塊的加速度為a，由運動學公式得s=at2對滑塊，由牛頓第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma聯(lián)立解得μ=0.12520. 如圖所示，AB、CD為兩個光滑的平臺，一傾角為37°、長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接．現(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿平臺AB向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到平臺CD上．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)當小物體在平臺AB上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度有多大，小物體都不能到達平臺CD，求這個臨界速度；(3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運動，欲使小物體能到達平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？ 【答案】（1）0.5（2）2m/s；（3）3m/s【解析】【詳解】(1)傳送帶靜止時，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos37°＋mgsin37°＝ma1B→C過程，有：v02＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5．(2)當小物體在傳送帶上受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2若恰好能到達平臺CD，有：v2＝2a2l解得：v＝2m/s，a2＝2 m/s2即當小物體在平臺AB上向右運動的速度小于2 m/s時，無論傳送帶順時針運動的速度有多大，小物體都不能到達平臺CD．(3)設小物體在平臺AB上的運動速度為v1，傳送帶順時針運動的速度大小為v2．從小物體滑上傳送帶至小物體速度減小到傳送帶速度過程，有：v12－v22＝2a1x1從小物體速度減小到傳送帶速度至恰好到達平臺CD過程，有：v22＝2a2x2，x1＋x2＝l解得：v2＝3 m/s，即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運動，小物體才能到達平臺CD．

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