广东省深圳市福田区外国语高级中学2022-2023学年高三物理上学期第二次调研试卷（Word版附答案）

深圳市福田外国语高级中学2022-2023学年度第一学期

高三年级  第二次调研考试

物理学科试题

一、单项选择题：（本题共7小题，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4分）

1. 中国飞人苏炳添在东京奥运会百米半决赛中取得了的成绩。下列说法正确的是（　　）

A. “”表示时刻

B. 比赛过程中，运动员做匀加速直线运动

C. 运动员的成绩越优秀，其平均速度越大

D. 研究运动员起跑的技术动作时，可以将运动员视为质点

【答案】C

【解析】

【详解】A．“”表示时间。故A错误；

B．比赛过程中，运动员做变速直线运动。故B错误；

C．根据

可知，运动员的成绩越优秀，跑完百米所用时间越短，其平均速度越大。故C正确；

D．研究运动员起跑的技术动作时，不可以将运动员视为质点。故D错误。

故选C。

2. 学习物理知识后，我们可以用物理的视角观察周围的世界，思考身边的事物，并对些媒体报道的真伪做出判断。小明在浏览一些网站时，看到了如下一些关于发射卫星的报道，其中可能真实的消息是（　　）

A. 发射一颗轨道与地球表面上某一纬度线（非赤道）为共面同心圆的地球卫星

B. 发射一颗与地球表面上某一经度线所决定圆为共面同心圆的地球卫星

C. 发射一颗每天同一时间都能通过深圳上空的地球卫星

D. 天和核心舱在距地面400km高度，其发射速度小于7.9km/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．人造地球卫星做圆周运动，靠万有引力提供向心力，万有引力方向指向地球地心，所以人造卫星的轨道的圆心必须是地心，故A错误；

B．由于人造卫星的轨道不能跟着地球一起自转，所以人造卫星的轨道不能与地球表面上某一经度线所决定的圆为共面同心圆，故B错误；

C．根据万有引力提供向心力有

由此可知，适当调整卫星的轨道半径r，可使得该卫星的周期等于地球自转的周期，且让该轨道经过深圳上空，则该地球卫星每天同一时间都能通过深圳上空，故C正确；

D．天和核心舱在距地面400km高度，则其轨道半径大于地球半径，所以其发射速度应大于最小发射速度7.9km/s，故D错误。

故选C。

3. 如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式电梯、台阶式电梯和斜面电梯，小明在逛商场时先后随三部电梯以相同速率上楼，在匀速运行过程中下列说法正确的是（　　）

A. 三部电梯对小明均不做功

B. 乙与丙电梯对小明均没有摩擦力的作用

C. 甲与丙中的小明机械能守恒

D. 甲与乙中小明所受弹力做功的功率不相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．小明先后随三部电梯以相同速率上楼，电梯对小明的作用力与运动方向相同，因此三部电梯对小明均做正功，故A错误；

B．电梯匀速运行，所以台阶式电梯乙对小明没有摩擦力的作用；丙是斜面电梯，小明要随斜面电梯向上运动，因此丙电梯对小明有摩擦力的作用，且摩擦力方向沿斜面向上，与小明的重力沿斜面向下的分力平衡，故B错误；

C．小明在甲与丙的电梯中，动能不变，可重力势能增大，因此机械能不守恒，故C错误；

D．由功率公式可知，甲中小明所受弹力做功的功率大小等于小明的重力与电梯速率的乘积；在乙中小明所受弹力大小等于重力，但弹力方向与电梯速度方向有夹角，且小于90°，因此甲与乙中小明所受弹力做功的功率不相等，故D正确。

故选D。

4. 如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的切点，O、Q还分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。关于探测器，下列说法正确的是（  ）

A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点加速

B. 在轨道Ⅱ的运行周期小于沿轨道Ⅲ的运行周期

C. 在轨道Ⅱ运行的线速度小于火星的第一宇宙速度

D. 在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度大于Q点的线速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在O点减速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，故A错误；

B．根据开普勒第三定律知

可知，轨道半径或半长轴越大，周期越大，所以在轨道Ⅱ的运行周期大于沿轨道Ⅲ的运行周期，故B错误；

C．因为火星的第一宇宙速度是指绕火星表面运行时的线速度，即最大绕行速度，则在轨道Ⅱ运行的线速度小于火星的第一宇宙速度，故C正确；

D．根据开普勒第二定律可知，在近地点的线速度大于远地点的线速度，所以在轨道Ⅲ上，探测器运行到O点的线速度小于Q点的线速度，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力，则木板的加速度a的大小是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有

解得

对物块，根据牛顿第二定律有

得

所以二者之间将发生相对滑动，木板的加速度a的大小为。

故选A。

6. 喷淋装置将水沿不同方向喷出，其中A、B两个水珠的运动轨迹如图所示，不计空气阻力。由图可知（　　）

A. 空中运动时间A水珠较长

B. 最高点速度A水珠较大

C. 落地速度B水珠较大

D. 若两水珠同时喷出，则有可能在轨迹相交处相遇

【答案】A

【解析】

【详解】A．抛体运动中，将运动分解到水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动，设水珠能上升的最大高度为，设从最高点下降到地面的时间，则

由竖直上抛运动时间对称性可知，水珠空中运动时间

A水珠上升的最大高度大，可知A水珠在空中运动的时间较长，A正确；

B．抛体运动在水平方向上做匀速运动，根据

由于水珠B运动的时间短而射程远，因此B的水平分速度较大，即在最高点速度B水珠速度较大，B错误；

C．水珠落地时竖直分速度

水珠落地时A的竖直分速度较大，而B的水平分速度较大，因此无法比较两者落地时合速度的大小关系，C错误

D．由于水平分速度和竖直分速度不同，运动到交点的时间不同，若两水珠同时喷出，则不可能在轨迹相交处相遇，D错误。

故选A。

7. 列说法中正确的是（　　）

A. 布朗运动是液体分子的无规则运动

B. 气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律

C. 一定质量理想气体，在温度不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定增大

D. 因为液体表面层中分子只存在引力，从而使得液体表面具有收缩的趋势

【答案】B

【解析】

【详解】A．布朗运动是液体分子无规则运动撞击悬浮在液体中微粒，导致微粒产生了无规则的运动，即布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故A错误；

B．气体中的大多数分子的速率都接近某个数值，与这个数值相差越多，分子数越少，呈现出“中间多，两头少”的分布规律，故B正确；

C．一定质量的理想气体，在温度不变而体积增大时，分子数密度减小，分子平均动能不变，则单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减小，故C错误；

D．液体表面层中分子同时存在引力和斥力，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：（本题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2.5分，有选错或不答的得0分。）

8. 比亚迪集团在研发无人驾驶车辆的过程中，对比甲、乙两辆无人驾驶车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（　　）

A. t=3s时，两车第一次相距最远

B. 甲车在前15s内加速度大小有5次为零

C. 在t=9s时，乙车在甲车的前面

D. 甲车在前3s内的速度方向与加速度方向始终相同

【答案】AB

【解析】

【详解】A．在前3s内，甲的速度比乙的大，两者出发点相同，则甲在乙的前方，两者间距逐渐增大。3~6s内，乙的速度比甲的大，两者间距逐渐减小，所以在t=3s时，两车第一次相距最远，故A正确；

B．根据v-t图像的斜率表示加速度，可知甲车在前15s内的加速度大小有5次为零，故B正确；

C．根据图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可知前9s内，甲车的位移比乙车的大，两者出发点相同，则在t=9s时，甲车在乙车前面，即乙车在甲车的后面，故C错误；

D．根据图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，知甲车在前3s内的加速度先与速度同向，后反向，故D错误。

故选AB。

9. 如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　）

A. A加速度的大小为零

B. B加速度的大小为2m/s2

C. 弹簧的弹力大小为40N

D. A、B间相互作用力的大小为10N

【答案】BC

【解析】

【详解】C．物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力

F弹=mAg=4×10N=40N

由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，故C正确；

AB．剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统由牛顿第二定律得

（mA+mB）g-F弹=（mA+mB）a

解得

a=2m/s2

故A错误，B正确；

D．对B，由牛顿第二定律得

mBg-F=mBa

解得

F=8N

则A与B间的作用力为8N，故D错误。

故选BC。

10. 暴风雨后，道路两旁很多树苗被刮倒，某志愿者正在扶正一棵树苗，如图所示。若志愿者向左匀速运动扶正树苗时，手与树苗接触点的高度不变，则该过程中树苗（　　）

A. 与手接触点的线速度变大 B. 与手接触点的线速度变小

C. 绕O点转动的角速度变大 D. 绕O点转动的角速度变小

【答案】AC

【解析】

【详解】假定分的速度大小为v，将人的速度v分解为垂直于树苗的速度与沿树苗方向的速度，如图所示

设手与树苗接触点的高度为h，当树苗的倾角为时，则手与树苗接触点到O点的距离为

此时树苗与手接触点的线速度大小

树苗绕O点转动的角速度大小为

该过程中变大，可知、均变大，故选AC。

11. 如图所示，用与水平面成角的传送带输送货物，传送带以的速度顺时针运行，地勤人员将一质量的货物以初速度从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为，取重力加速度，下列正确的是（　　）

A. 货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动

B. 传送带从底端到顶端的长度是

C. 货物在传动带上运动的时间为

D. 货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

代入数据解得

a1=8m/s2

则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为

物块沿传送带向上的位移为

物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力

f=μmgcosθ＜mgsinθ

相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

代入数据解得

a2=2m/s2

则物块速度减为0的时间为

物块沿传送带向上运动的位移为

物块在传送带上向上运动的时间

t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s

传送带从底端到顶端的长度

L=vt=1×1.0m=1.0m

故AB错误，C正确；

D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小

x传送带1=vt1=1×0.5m=0.5m

物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小

x传送带2=vt2=1×0.5m=0.5m

物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小

l1=x1-x传送带1=1.5-0.5m=1.0m

物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小

l2=x传送带2-x2=（0.5-0.25）m=0.25m

物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为

Q=μmgcosθ（l1+l2）

代入数据解得

Q=3.75J

故D正确。

故选CD。

第Ⅱ卷

三、实验题：（本题共2小题，12题6分，13题8分。）

12. 某物理小组的同学用如下图所示的装置研究匀变速直线运动的规律。

（1）该实验必须要进行的操作或满足的条件有_______；

A.把木板右端适当垫高，以平衡摩擦力       B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行

C.小车的质量要远大于重物的质量           D.实验时要先接通电源，再释放小车

（2）打点计时器接通频率为的交流电，规范操作实验得到如图乙所示的一条纸带，小组的同学在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已经模糊不清，于是他们测得AC长为、CD长为、DE长为，则小车运动的加速度大小为_______，A、B间的距离应为_______cm（本小题结果均保留三位有效数字）。

【答案】    ①. BD##DB    ②. 2.55    ③. 6.08

【解析】

【详解】（1）[1]AC．在研究匀变速直线运动的实验中，只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和使小车的质量远大于钩码的质量，故A、C错误；

B．实验中，需要细线与木板平行，否则小车做的就不是匀变速直线运动，故B正确；

D．实验开始时，小车要靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故D正确。

故选BD。

（2）[2]每两个点之间的时间间隔为

根据匀变速直线运动推论可知

[3]根据条件可知

根据推论有

代入数据得到

13. 某同学想测量某地重力加速度g的大小和圆弧轨道的半径R。所用装置如图甲所示，一个倾角为37°的固定斜面与竖直放置的光滑圆弧轨道相切，一个可以看做质点、质量为m的滑块从斜面上某处由静止滑下，滑块上有一个宽度为d的遮光条，在圆弧轨道的最低点有一光电门和一压力传感器（没有画出），可以记录挡光时间t和传感器受到的压力F，已知重力加速度为g。

（1）若某次挡光时间为t0，则此时遮光条速度v=_________；

（2）实验过程中从斜面的不同位置释放滑块，然后记录尉应的遮光时间t和压力传感器的示数F，得到多组数据，该同学通过图像法来处理数据，得到如图乙所示的图像，但忘记标横轴表示的物理量，请通过推理科充，横轴表示的物理量为_________（填“t”、“ ”、“ t2”或“”）；

（3）已知图乙中图线的斜率为k，纵截距为b，则可知某地重力加速度g=_________；圆弧轨道的半径R=__________。（用已知物理量符号表示）

【答案】    ①.     ②.     ③.     ④.

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1]利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的速度

(2)[2]由牛顿第二定律有，在最低点

由牛顿第三定律有

FN=F

解得

所以横轴表示

(3)[3][4]由表达式可知

，b=mg

解得

；

四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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. A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？

【答案】B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车不会相撞，两车最近距离是5米．

【解析】

【详解】试题分析：B车刹车至停下来过程中，由

得

假设不相撞，设经过时间t两车速度相等，对B车有

解得

此时，B车的位移有

A车位移有

因故两车不会相撞，两车最近距离为

15. 质量为m=1kg的遥控汽车（可视为质点）的驱动电机可提供大小为10N的水平恒力，小汽车从A点由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方B处有一障碍物，立即关闭驱动电机，结果小汽车恰不撞上障碍物，已知AB距离x=20m，小汽车在水平面上运动受到的阻力是重力的0.5倍，重力加速度取g=10m/s2。求：

（1）小汽车关闭驱动电机前后加速度大小。

（2）小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间。

（3）若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经t0=4.0s后关闭发动机，小汽车也恰好不与障碍物相撞，求小汽车的额定功率。

【答案】（1）a1=5m/s2；a2=5m/s2；（2）t=2s；（3）P0=25W

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律有

可得小汽车关闭驱动电机前加速度大小

关闭电机后，由牛顿第二定律有

可得小汽车关闭驱动电机后加速度大小

（2）根据运动学公式有

由运动学公式

联立解得

（3）额定功率启动，对全程根据动能定理有

解得

16. 如图所示，在竖直平面内有一装置由四分之一圆弧轨道，水平直轨道，螺旋细圆管轨道，水平直轨道，圆心角可调的圆弧轨道组成。的半径和长度均为R，EF的半径为。一滑块从A点以竖直向下的初速度开始运动，经过并滑上。已知滑块质量，，滑块与的动摩擦因数，其余轨道均光滑，各部分轨道间平滑连接。

（1）若，滑块第1次经过圆管轨道C点时，对轨道的压力大小；

（2）若滑块始终在轨道上运动，则的大小范围；

（3）若滑块恰好能过D点，设滑块抛出后离抛出点F的水平位移为x，设圆心角为α，求x的最大值。

【答案】（1）0.6N；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由动能定理得

解得

在C点，根据牛顿第二定律有

解得

由牛顿第三定律，对轨道压力大小0.6N。

（2）从圆管某点返回到达A点时的速度为零，由动能定理，得

解得

由动能定理可得

解得

则的大小范围

（3）恰过D到F离开，由动能定理得

离开F点后斜抛运动，所以到达最高点时动能最小此时速度水平此时

当，即时，有