2022-2023学年福建省福州市三校高三上学期期中联考物理试题含解析

福州市三校2022-2023学年高三上学期期中联考物理

（满分：100分；考试时间：75 分钟）

一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。）

1. 生活中常见手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．如图所示是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为m，手机平面与水平间夹角为θ，则手机支架对手机作用力(　　)

A. 大小为mg，方向竖直向上

B. 大小为mg，方向竖直向下

C. 大小为mgcos θ，方向垂直手机平面斜向上

D. 大小为mgsin θ，方向平行手机平面斜向上

【答案】A

【解析】

【分析】手机受到的所有力之中，除重力外，其它力的施力物体都是支架．

【详解】受力分析可知，手机除受重力外，还受到手机支架给它的其它力．手机静止，处于平衡状态，则支架给手机所有力的合力必然和重力等大反向，即，方向竖直向上．

故本题正确答案选A．

【点睛】根据多力平衡的特点即可求解，即支架对手机所有力的合力必然与手机重力等大反向．

2. 如图甲所示，质量为m=60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，由图像可知（　　）

A. t=0.5 s时，他的加速度为3 m/s2

B. t=0.4 s时，他处于超重状态

C. t=1.1 s时，他受到单杠的作用力的大小是620 N

D. t=1.5 s时，他处于超重状态

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．根据速度-时间图像斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，A错误 。

B．t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B正确。

C．t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误。

D．t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D错误。

故选B。

3. 如图所示，用轻杆AO（可绕A点自由转动）和轻绳BO吊着一个重物M，保持AO与水平方向的夹角θ不变．下列说法正确的是（  ）

A. 当BO逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小

B. 当BO逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大

C. 若增大θ，保持OB水平，仍使重物M处于平衡，则AO、BO的拉力均增大

D. 当重物M的质量增大时，AO、BO的拉力均增大

【答案】D

【解析】

【详解】对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图所示
将两个拉力合成，其合力与第三个力：重力平衡，由图象可以看出，OB绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值；OA杆受到的拉力一直减小；故AB错误；增大M的重力G时，根据共点力的平衡条件可知AO的拉力、BO的拉力，当M的重力G增大，AO、BO的拉力均增大，故D正确；增大θ，保持OB水平，仍使重物M处于平衡，则AO、BO的拉力均减小，C错误．故选D．

【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．

4. 如图所示是质量为1kg滑块在水平面上做直线运动的v-t图像，下列判断正确的是

A. 在t=1s时，滑块的加速度为零

B. 在4s末~6s末时间内，滑块的平均速度为2.5m/s

C. 在3s末~7s末时间内，合力做功的平均功率为2W

D. 在5s末~6s末时间内，滑块受到的合力为2N

【答案】C

【解析】

【详解】在t=1s时，滑块的加速度为：，故A错误；在4s-6 s时间内，滑块的位移为：，则滑块的平均速度大小为：，故B错误；在3s～7s时间内，根据动能定理得合力做功 ，合力做功的平均功率的大小为，故C正确．在5s-6 s时间内，滑块的加速度大小为：=4m/s2，根据牛顿第二定律得：F合=ma=1×4=4N，故D错误；故选C．

点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．要知道动能定理是求合力做功常用的方法．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

5. 如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A. a和b初速度相同

B. b和c运动时间相同

C. b的初速度是c的两倍

D. a运动时间是b的两倍

【答案】BC

【解析】

【详解】A．因为a的竖直高度大，则运动时间长，但是水平位移相同，根据x＝v0t知，a的水平速度小于b的水平速度，故A错误；

BD．b、c的高度相同，小于a的高度，根据h＝gt2，得

t＝

知b、c运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的倍．故B正确，D错误；

C．b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍．故C正确．

故选BC.

6. 如图所示，两个质量为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=40N、F2=10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（  ）

A. 弹簧秤的示数是28N

B. 弹簧秤的示数是30N

C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2

D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2

【答案】AC

【解析】

【详解】以两物体组成系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-F=m1a，则F=F1-m1a=28N，故A正确，B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，故C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度：，故D错误；故选AC．

【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法．撤去外力时，弹簧的弹力不能突变．

7. 如图所示，有一不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 物体A做加速运动

B. 物体A做匀速运动

C. T小于

D. T大于

【答案】AD

【解析】

【详解】物体B的速度分解如图所示

由图可知绳端的速度为，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中变大，因此物体A做加速运动，T大于，故AD正确，BC错误。

故选AD。

8. 某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），假设车受到的阻力与质量成正比，控制两车以相同的速度υ0做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为2υ0时，玩具车B的速度为1.5υ0，则（　　）

A. 在这段时间内两车的位移之比为6∶5

B. 玩具车A的功率变为原来的4倍

C. 两车克服阻力做功的比值为12∶11

D. 两车牵引力做功的比值为3∶2

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．设玩具车、货车质量都为m，断开前根据平衡条件可得牵引力F=2km，可得断开后加速度为

断开前玩具车A的功率为

P=Fv0=2kmv0

玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2v0时，位移为

可得

玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，由动能定理可得

，

联立解得

所以可得

AB错误；

CD．对玩具车A有克服阻力做的功

牵引力做的功

对玩具车B有克服阻力做的功

牵引力做的功

所以可得

CD正确。

故选CD。

三、填空题（本题共4小题，每空2分，共20分。请按题目的要求作答）

9. 物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示。若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，则要使A相对B始终静止， 拉力F最大值等于______N， 当拉力F=16N时，A受B的摩擦力等于______N。

【答案】    ①. 80    ②. 3.2

【解析】

【详解】[1]当AB刚要发生相对滑动时对B有

，

解得

此时拉力F为最大值，对AB整体受力分析可得

[2]根据上面分析可得当拉力F=16N时AB相对静止，整体加速度为

此时对A进行受力分析可得

解得

10. 某同学手持篮球站在罚球线上，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。从手持篮球到篮球刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力克服功，克服重力做功，投篮时该同学对篮球做功为W，篮球可视为质点。则在此过程中篮球机械能的增量为______，篮球动能的增量为______。

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【详解】[1]该同学对篮球做功为W，则人消耗的能量大小为W，这些能量转化为篮球增加的机械能与克服空气阻力做功产生的内能，则篮球机械能的增量

[2]根据动能定理有

11. 图甲所示，某同学用弹簧OC和两根相同的弹簧测力计a、b做“探究求合力的方法”的实验。

（1）弹簧测力计a的读数是________N（如图乙中所示）

（2）若弹簧测力计a、b间夹角小于90°，保持O点位置不变、弹簧测力计a与弹簧OC夹角不变，增大弹簧测力计b与弹簧测计力a的夹角，则弹簧测力计b的读数_______（选填“变大”“变小”、“不变”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）。

【答案】    ①. 6.00    ②. 先变小后变大

【解析】

【详解】(1)[1]弹簧测力计精确度为0.1N，指针指在6，估读一位，故读数为6.00N；

(2)[2]保持O点位置不变，则两弹簧拉力的合力不变，弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，则弹力Fa方向不变，增大弹簧测力计b与弹簧测计力a的夹角时，各力变化如图所示

可看出，弹簧测力计b的读数先变小后变大。

12. 某物理兴趣小组发现直接利用“落体法”进行验证机械能守恒定律实验时，由于物体下落太快，实验现象稍纵即逝。为了让实验时间得以适当延长，设计了如图甲所示的实验方案，把质量分别为m1、m2（m1 > m2）的两物体通过一根跨过定滑轮（质量可忽略）的细线相连接，m2的下方连接在穿过打点计时器的纸带上、首先在外力的作用下两物体保持静止，开启打点计时器，稳定后释放m1和m2。

（1）为了完成实验，需要的测量工具除了天平，还有______。

（2）在实验过程中，下列说法正确的是______。

A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带

B．实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上

C．打点计时器、天平和刻度尺是本实验中必须使用的测量仪器

D．实验中重物的质量大小不影响实验误差

（3）图乙是一条较为理想的纸带，O点是打点计时器打下的第一个点，计数点间的距离如图乙所示。两相邻计数点间时间间隔为T，重力加速度为g（题中所有物理量符号都用国际单位）。

①在纸带上打下记数点“5”时物体的速度v5= ______（用题给物理量符号表示）；

②在打计数点“O”到打计数点“5”过程中，m1、m2系统重力势能减少量Ep= ______（用题给物理量符号表示），再求出此过程中系统动能的增加量，即可验证系统机械能是否守恒。

【答案】    ①. 刻度尺    ②. ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]需要测量纸带上相邻两点间的距离，所以还需要刻度尺。

（2）[2]A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带，A正确；

B．为了减小误差，实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，B正确；

C．设实验中当m1下降的位移为时，两物块速度为，若满足

可验证机械能守恒，所以需要打点计时器和刻度尺来测速度，同时需要测出两物体的质量，C正确；

D．由于实际中存在阻力，若重物的质量过小阻力的影响较大，结果误差会比较大，D错误。

故选ABC。

（3）[3]根据匀变速直线运动推论中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度可得记数点“5”时物体的速度为

[4]m1、m2系统重力势能减少量为

四、计算题（本题共3小题，共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）

13. 如图所示，一长为200m的列车沿平直的轨道以80m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知=800m，=2000m，求：

(1)列车减速运动的加速度的取值范围；

(2)列车减速运动的最长时间。

【答案】(1) 1.6 m/s2≤a≤3.2m/s2；(2)50 s

【解析】

【详解】(1)列车做减速运动到速度为0过程中，刹车位移

当位移最小时，加速度最大

位移最大时，加速度最小

所以加速度的范围是

1.6 m/s2≤a≤3.2m/s2

(2)由速度公式v=v0＋at可知，列车减速到速度为0的时间

可知加速度最小时，列车减速运动的时间最长

14. 木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1200N的A物体，物体A与木板B间，木板与地间的摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T多大？水平拉力F多大？(重力加速度g=10m/s2， ，结果保留一位小数．)

【答案】248.7N   430.4N

【解析】

【详解】对A，受力如图1所示，根据平衡条件，有：

f=Tcos30°

Tsin30°+N=GA

又

f=μN

联立得到，解（1）（2）式得

μN=Tcos30°

Tsin30°+=GA

代入解得，T=248.4N

f=248.7×=215N

对B：受F，A对B的摩擦力，地对B的摩擦力，地对B的弹力N地，A对B的压力为N，处于动平衡状态，则有

F=f地+f=μN地+μN=430.4N

15. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m。一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H，且h=2m，H=2.8m，g取10m/s2。求：

(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；

(2)轨道CD段的动摩擦因数；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？

【答案】（1）；（2）；（3）不能，距离D点左侧6.4m

【解析】

【详解】（1）由题意可知

解得

（2）由B点到E点，由动能定理可得

代入数据可得

（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有

解得

所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得

代入数据解得

因为

所以运动员最后停在距离D点左侧6.4m处