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一(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一(解析版)，共12页。
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）
用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是( )
A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C．研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
【答案】 A
【解析】 研究题图甲中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫视为质点，选项A正确；研究题图乙中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能视为质点，选项B错误；研究题图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿视为质点，选项C错误；研究题图丁中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马视为质点，选项D错误．
如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v﹣t图象，已知t＝0时甲在乙前方x0＝70m处。下列说法正确的是（ ）
A．2s时，甲物体的速度方向发生改变
B．在0～4s内，甲和乙之间的最大距离为78m
C．3s时，甲、乙物体相遇
D．在0～3s内，甲物体在乙物体前面，3s～4s内乙物体在甲物体前面
【答案】B
【解析】A、根据图象可知，0﹣4s内甲的速度都为正，方向没有发生变化，故A错误；BC、t＝3s时甲和乙两物的速度相等，两者之间的距离最大，最大距离为 S＝x甲+x0﹣x乙＝，故B正确，C错误；D、t＝3s两者之间的距离最大，则3s之后的一段时间内，甲仍在乙的前面，故D错误。
如图所示，甲、乙两个小球，通过细线悬挂在天花板上的O点，质量分别为m1、m2，两个小球在弧形轻质细杆支撑下恰好位于同一水平线上，细线与竖直方向成53°和37°，则m1∶m2为（ ）
A．9∶16B．16∶9
C．3∶4D．4∶3
【答案】A
【解析】将甲乙看成一个系统，设O到甲乙连线的距离为，如图所示
根据杠杆原理，由平衡条件得
由几何关系得
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
如图所示，轻绳一端系在物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接。用水平力F拉住绳子上的一点O，使物体A及轻圆环B静止在实线所示的位置。现保持力F的方向不变，使物体A缓慢移到虚线所示的位置，这一过程中圆环B保持静止。若杆对环的弹力为FN，杆对环的摩檫力为Ff，OB段绳子的张力为FT，则在上述过程中( )
A．F不变，FN减小
B．Ff不变，FT增大
C．Ff减小，FN不变
D．FN减小，FT减小
【答案】D
【解析】先以O点为研究对象，进行受力分析，有A物体的重力GA，外力F和绳子的拉力FT，设绳子与竖直方向的夹角为，则
，
由题可知减小，所以F减小，FT减小；再以物体B为研究对象，进行受力分析，有B物体的重力GB，绳子的拉力FT，竖直杆对B的支持力FN和摩擦力Ff，则
所以当减小时，FN减小，Ff不变，所以D正确，ABC错误。故选D。
如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有解得
对任意小球由牛顿第二定律可得解得
故A正确，BCD错误。故选A。
图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。故选C。
质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A. 秋千对小明的作用力小于
B. 秋千对小明的作用力大于
C. 小明的速度为零，所受合力为零
D. 小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【解析】
在最高点，小明速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有解得小明在最高点的加速度为所以A正确；BCD错误；
故选A。
如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】 C
【解析】铁块与木板之间摩擦力的最大值为
木板与地面间的摩擦力的最大值为
当时，木板和铁块相对地面静止
当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有
对铁块有可得
从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有
对铁块即当拉力大于6N时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为4N，故得出的图象应为C。故ABD错误，正确。故选C。
“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得
解得
根据题意可知，卫星的运行周期为
根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有
联立解得，故选C。
如图所示，一小车静止在粗糙水平面上，用细线OA和AB将一质量为m的小球悬挂在小车中，其中OA与竖直方向成30°角，∠AOB=15°，AB水平并与固定在小车侧壁上的拉力传感器相连。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，现使小车在水平外力作用下做匀变速直线运动，欲使传感器示数为零，则下列说法正确的是( )
A．小车一定向左运动
B．小车的加速度向左，大小一定为m/s2
C．小车的加速度向左，大小可能为20m/s
D．小车可能向右运动，加速度大小为15m/s2
【答案】D
【解析】A．欲使传感器示数为零，小球只受细线OA拉力和自身重力作用，需满足小车具有水平向左的加速度，小车要么向左加速，要么向右减速。故A错误；
B．对小球受力分析，如图所示小球的位置应该处于A和A’之间。
设OA与竖直方向的夹角为，此时
根据牛顿第二定律，可得，解得，代入数据，可得
故B错误；C错误；D正确。故选D。
二、简答题(本题共5小题，共60分)
要探究加速度与合外力关系，某同学设计了如图甲所示实验装置，其中长木板放在水平桌面上，小车的质量为M，当地重力加速度为g。(不计纸带运动中受到的阻力)
(1)调节砂桶中砂的质量，调节定滑轮的高度，使连接小车的细线与长木板平行，小车靠近打点计时器，接通电源，轻推小车，结果打点计时器打出的点间隔均匀，弹簧测力计的示数为F0，则小车受到的摩擦力大小等于______；
(2)不悬挂砂桶，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，当木板与水平面的夹角为，且______时，接通电源，轻推小车，则打点计时器在纸带上打出的点间隔均匀；
(3)平衡摩擦力后进行实验，某次实验打出的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D为计数点，打相邻计数点间的时间间隔为0.1s，根据纸带求得小车运动的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)；
(4)平衡摩擦力后，保持小车的质量M不变，多次改变砂桶中砂的质量进行实验，得到多组小车的加速度a和弹簧测力计的示数F，作出a-F图象，则可能的是______。
【答案】F0 0.39 丙
【解析】
(1)[1]根据力的平衡，小车受到的摩擦力大小等于F0；
(2)[2]由(1)可知，，，平衡摩擦力时，当时，摩擦力得到平衡；
(3)[3]根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，小车运动的加速度计算表达式为：
；
(4)[4]由于小车受到的合外力等于弹簧测力计的示数F， ,因此作出的a-F图象就是过原点的一条直的斜线，丙正确。
2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：
(1)上升过程中匀速运动的时间t；
(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．
【答案】 (1)5 s (2)见解析
【解析】 (1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，
则有h＝vt＋eq \f(1,2)v(t总－t)
代入数据得t＝5 s
(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减
匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，
则t加＝t减＝t′＝5 s，
a加＝a减＝eq \f(v,t′)＝0.04 m/s2
匀加速上升时有FN1－mg＝ma加
解得FN1＝0.835 N
匀速上升时有FN2＝mg＝0.815 N
匀减速上升时有mg－FN3＝ma减
解得FN3＝0.795 N.
质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g）。
（1）当α变化时，求拉力F的最小值；
（2）F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少。
【答案】（1）mgsin2θ；（2）mgsin4θ
【解析】（1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有
mgsinθ=μmgcsθ
解得
μ=tanθ
因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解有
Fcsα=mgsinθ＋f
Fsin α＋N=mgcsθ
且
f=μN
联立解得
F===
则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin2θ。
（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
fM=Fcs（α＋θ）
当F取最小值mgsin2θ时，则有
fM=Fmincs2θ=mgsinθcs2θ=mgsin4θ
如图所示，质量为m的小球与长为L的细线构成圆锥摆．当细线与竖直方向成θ角时，小球以一定的线速度v在水平面内做匀速圆周运动．重力加速度取g，求：
(1)小球做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)改变细线长度L，小球仍以线速度v做匀速圆周运动，细线拉力F与长度L之间的关系．
【答案】 (1)ω＝eq \f(v,Lsin θ)或ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ)) (2)F＝m(eq \f(v2,2L)＋eq \r(\f(v4,4L2)＋g2))或F＝eq \f(mv2＋\r(m2v4＋4L2m2g2),2L)或F＝m(eq \f(v2,2L)＋eq \f(\r(v4＋4L2g2),2L))
【解析】 (1)(解法1)设圆周运动的半径为R，则R＝Lsin θ
ω＝eq \f(v,R)
解得ω＝eq \f(v,Lsin θ)
(解法2)设圆周运动的半径为R，则R＝Lsin θ，
mgtan θ＝mω2R
解得
ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))
(2)设改变细线长度L后细线与竖直方向夹角为α，以v做匀速圆周运动所需的向心力为F1，则F1＝eq \f(mv2,Lsin α)
F＝eq \f(F1,sin α)＝eq \f(mv2,Lsin2α)
又sin2α＝1－cs2α
cs α＝eq \f(mg,F)
得F＝eq \f(mv2,Lsin2α)＝eq \f(mv2,L1－\f(m2g2,F2))
LF2－mv2F－m2g2L＝0，
解得F＝m(eq \f(v2,2L)＋eq \r(\f(v4,4L2)＋g2))(另一解不符合实际，舍去)
或F＝eq \f(mv2＋\r(m2v4＋4L2m2g2),2L)
或F＝m(eq \f(v2,2L)＋eq \f(\r(v4＋4L2g2),2L))．
科技节上小昕同学设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，在O点用长为的细线悬挂质量为的小球，在 O点正下方0.8m处固定一枚钉子P，现将小球拉至与竖直方向成由静止释放，细线摆至竖直位置碰到钉子恰好断裂，小球也正好可以从A点水平进入固定的“S ”型管道，该管道由两个半径均为 的部分圆形光滑细管组成， A、B两管口切线水平，、 为两细管道圆心，连线与竖直线间的夹角 ， 为光滑的水平轨道，在轨道中间静止放置一个质量也为 的小滑块，小球与小滑块碰撞时两者交换速度， C点平滑连接一个足够长的倾斜直轨道，不计小滑块经过 C点处的机械能损失，直轨道的倾角可以在0到53°间调节，小球与直轨道 的动摩擦因数。(已知：， ， ，重力加速度g取10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力)求：
(1)细线能承受的最大拉力F；
(2)若，滑块在直轨道上经过的总路程s；(结果可用分数表示)
(3)写出取不同值时，滑块在直轨道上克服摩擦力所做的功W与的关系。
【答案】(1) ；(2)；(3)当 时，，当时，
【解析】 (1)设细线与钉子接触瞬间小球的速度大小为vA，则由动能定理有
解得，此时小球做圆周运动的半径变为
细线对小球的拉力恰好达到能承受的最大拉力T，则根据牛顿第二定律有 解得
(2)根据几何关系可得A、B两管口间的高度差为
根据速度交换过程中能量守恒可得小滑块被小球碰撞后获得的动能为
设小滑块在直轨道CD上运动的最大距离为x1，根据动能定理可得
根据
可知滑块运动到最高点后不能停留在轨道上，将沿轨道下滑后并与小球发生碰撞交换速度，根据动能定理和能量守恒定律综合分析可得小球被小滑块碰后获得的动能为
可知
根据动能定理可知小球不能返回到管口A，经分析可推知小球和小滑块将完成若干次往复运动后最终静止于C点处，对小滑块应用动能定理可得 解得
(3)当时，有
小滑块在直轨道CD上运动到最高点处时能停在上面，设小滑块在CD上运动的最大距离为x2，则由动能定理可得 解得
滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功为
当时，根据(2)题中分析可知