2022-2023学年广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校高三上学期期中联考物理试题（港澳班）含解析

广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2022-2023学年高三上学期期中联考物理

注意事项：

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2、请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题（本题共13题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块A，并留在其中、在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）

A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能守恒

C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量、机械能都不守恒

【答案】C

【解析】

【详解】①设子弹质量为m，A木块的质量为m1，子弹初速为v0，则子弹在打进木块A的过程中，有

前后动能减小量为

根据实际情况，减小的这部分动能转化为了内能，即机械能不守恒；

②对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统合外力至始至终都为零，满足动量守恒的条件，系统动量守恒；

综上所述，则系统动量守恒，机械能不守恒，故ABD错误，C正确。

故选C。

2. 如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上．Q受一水平作用力F，Q和P都静止．这时P对Q的静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为f1、f2．现使力F变大，系统仍静止，则（   ）

A. f1、f2都变大

B. f1变大，f2不一定变大

C. f2变大，f1不一定变大

D. f1、f2都不一定变大

【答案】C

【解析】

【详解】对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力：

①当时，摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；

②当时，摩擦力为零，F增大时，变大；

③当时，摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大．

对整体受力分析，则有，F变大，则一定变大．

故C正确，ABD错误．

3. 如图，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为和时物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】当木板倾角是时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin，当木板倾角是时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于μmgcos，由题意可得

解得

故选C。

4. 如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态．若将木板突然向下撤离时小球的瞬间加速度大小记为；若将弹簧剪断的瞬间加速度大小记为，则为（　　）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【详解】木板撤离前，小球处于平衡状态，小球受重力、支持力和弹簧的弹力，如图所示。

由力的平衡条件，则有

若将木板突然向下撤离后，支持力等于0，弹簧不能突变，弹簧弹力不变，重力mg不变，此时小球受合力大小等于FN，方向与原FN方向相反，小球加速度大小为

若将弹簧去掉的瞬间，小球只受重力和挡板的支持力，此时小球的加速度大小为

则有

ACD错误，B正确。

故选B。

5. 两颗卫星在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，这两颗卫星的（ ）

A. 线速度相同 B. 周期相同

C. 质量一定相同 D. 向心力一定相同

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AB．设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M．则对于在轨卫星，有：

得

由于两颗卫星的轨道半径相等，所以周期一定相同，线速度大小相等，但方向不一定相同，故A错误，B正确；

CD．两颗卫星的质量不一定相同，向心力与卫星质量有关，大小不一定相等。故CD错误。

故选B。

【点评】在建立物理模型基础上，灵活选择向心力公式的形式是解决这类问题的关键，此题属于常规题．

6. 质量为m的物体，在距地面为h的高处，以的恒定加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中不正确的是（     ）

A. 物体的动能增加 B. 物体的机械能减少2

C. 物体的重力势能减少 D. 重力做功mgh

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB．根据动能定理得

即物体的动能增加mgh，而物体的重力势能减少mgh，所以物体的机械能减少

故AB正确；

CD．由题得知，物体由静止竖直下落到地面，重力做正功mgh，则物体的重力势能减少mgh，故D正确，C错误。

本题选不正确项，故选C。

【点睛】本题对几对功能关系的理解和应用能力．对于机械能的变化，也可以由牛顿第二定律求出空气阻力，求出物体克服空气阻力做功，即等于物体的机械能的减小。

7. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（　　）

A. 物体从A下降到B的过程中，速率不断变小

B. 物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大

C. 物体在B点时，所受合力为零

D. 物体从B上升到A的过程中，速率先增大，后减小

【答案】D

【解析】

【详解】AC．在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，且在B点速度为0时，存在一定的加速度，故物体在B点所受合力不为零；故AC错误；

BD．物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度大小先增大后减小，故B错误，D正确；

故选D。

8. 如图所示，将一小球以10m/s的速度水平抛出，落地时的速度方向与水平方向的夹角恰为45°，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　）

A. 小球抛出点离地面的高度15m B. 小球抛出点离地面的高度10m

C. 小球飞行的水平距离10m D. 小球飞行的水平距离20m

【答案】C

【解析】

【详解】AB.根据平抛规律：求得：落地竖直速度，竖直方向：，计算得：，AB错误

CD.根据竖直方向，解得，水平方向，C正确D错误

9. 如图所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F-t图像的其中一段，如图（b）所示，则（　　）

A. t0阶段重物一定处于静止状态 B. t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速

C. t2阶段重物处于超重状态 D. t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AD．t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误；D正确；

B．t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上减速，所以B错误；

C．t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，所以C错误；

故选D。

10. 用如图所示实验能验证动量守恒定律。两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为LA=1m ，LB=2m，实验结果表明下列说法正确的是（　　）

A. 木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA：vB=1：2

B. 木块A、B的质量之比mA：mB=1：2

C. 木块A、B离开弹簧时动量大小的之比pA：pB=1：2

D. 木块A、B离开弹簧时的动能之比EA：EB=2：1

【答案】A

【解析】

【详解】A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式

x=v0t

及LA=1m，LB=2m，解得

vA：vB=LA：LB=1：2

故A正确；
B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得

mAvA-mBvB=0

解得

mA：mB=vB：vA=2：1

故B错误；

C．根据动量的表达式

pA= mAvA

pB =mBvB

弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得

mAvA-mBvB=0

木块A、B离开弹簧时动量大小的之比

pA：pB= mAvA：mBvB =1：1

故C错误；

D．根据动能的表达式

可知

EkA：EkB=1：2

故D错误。

故选A。

11. 如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零

B. 小球落地点时的速度大小为

C. 小球落地点离O点的水平距离为R

D. 若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】ABC．小不恰能通过最高点P，则重力提供向心力有

从最高点P飞出后小球做平抛运动，有

小球落地点时，由动能定理可得

解得

，

所以ABC错误；

D．若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高，因为这种情况下所用动能全部转化为重力势能，则D正确；

故选D。

12. 如图所示，传送带的水平部分长为，传动速率为，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，则木块从左端运动到右端的时间不可能是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】AB．若木块到传送带右端速度刚好等于v，则根据

得

A符合题意，B不符合题意；

C．若木块到传送带右端速度还未达到v，则有

得

C不符合题意；

D．若木块到传送带上某一位置处速度已经达到v，木块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则有

联立解得

D不符合题意。

故选A。

13. 如图所示，质量为的小环（可视为质点）套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为，定滑轮的大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取，则下列说法正确的是（）（  ）

A. A、C间距离为

B. 小环最终静止在C点

C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能

D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为

【答案】D

【解析】

【详解】A．设A点和定滑轮之间距离为s，A，C间距离为h。对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得

结合，，解得

故A错误；

B．在C点设绳与竖直方向的夹角为则

所以小环不会静止在C点，故B错误；

C．小环下落过程中，根据系统的机械能守恒可知小环减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和，故C错误；

D．当小环下滑至绳与杆的夹角为时，有

得

由

得小环与物块的动能之比为

故D正确。

故选D。

第II卷（非选择题）

二、实验题（本大题共2小题，共24分。按题目要求作答）

14. （1）游标卡尺的读数为______cm；螺旋测微器的读数为______mm；电压表的读数为______V；电流表的读数为______A。

（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为______Ω

【答案】    ①. 2.060    ②. 1.230    ③. 11.5    ④. 2.33-2.37均可    ⑤. 120

【解析】

【详解】（1）[1] 游标卡尺的读数为

20mm+12×0.05mm=20.60mm=2.060cm

[2]螺旋测微器的读数为

1mm+0.01mm×23.0=1.230mm

[3]电压表分度值为0.5V，读数为11.5V；

[4]电流表分度值为0.1A，读数为2.35A。

（2）[5]多用电表表盘读数为12,又由于多用电表的欧姆挡“×10”倍率，则读数为120Ω。

15. 在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”实验中：

(1)下列器材中不必要的一项是____（填字母代号）；

A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺

(2)关于该实验，说法正确的是___；

A．选择质量较小的重物，有利于减小误差

B．选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带

C．实验时，先松开纸带、后接通电源

D．实验有误差的主要原因是重物在下落过程中受到阻力作用

(3)某同学在该实验中得到了一条如图所示的一条纸带，图中O点为打点计时器打下的第一点，可以看做是重物运动的起始点，从后面某点起选取连续打下的三个点A、B、C。已知相邻两点之间的时间间隔为T，所用重物的质量为m，则从起点O到打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk=___，重物重力势能的减小量ΔEP=___（重力加速度为g）；

实验纸带：

(4)通过计算，在数值上ΔEP___ΔEk（填“>”“=”或“<”），原因是重物在下落过程中，除重力做功之外还有____；

(5)某同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图所示的图线。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是____；乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g___k（选填“大于”、“等于”或“小于”）；

(6)研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），由静止释放小车后，系统机械能___（填写“守恒”或“不守恒”）。

【答案】    ①. C    ②. BD    ③.     ④.     ⑤. >    ⑥. 阻力（空气阻力，摩擦阻力）做功    ⑦. 操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源    ⑧. 等于    ⑨. 不守恒

【解析】

【详解】(1)[1]A．研究物体做自由落体运动时机械能是否守恒，且为了使下落过程中重力远大于阻力，所以需要重物作为研究对象，A需要；

BDE．需要打点记录数据，所以需要打点计时器（和其所用电源）、刻度尺、纸带，故BDE需要；

C．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平，C不需要。

故选C。

(2)[2]A．使用质量较小的重锤，不满足mg远大于阻力，会使相对误差加大，A错误；

B．打点计时器的时间间隔为t=0.02s，做自由落体运动时，第1、2两点间距约为

可知第1、2两点间距为2mm，可以保证第一个点速度为零，可以减少误差，B正确；

C．根据数据的处理方法，先松纸带后开启电源一是会减少纸带的利用率，另外打第一个点的速度不会是零，会带来误差，故应先接通电源后释放纸带，C错误；

D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，使得重力势能的减小量大于动能的增加量，D正确。

故选BD。

(3)[3]根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该段过程中的平均速度可得

故从起点O到打下B点的过程中重物动能的增加量为

[4]从起点O到打下B点的过程中重物重力势能的减小量为

(4)[5]通过计算，在数值上；

[6]这是因为原因是重物在下落过程中，除重力做功之外还有阻力（空气阻力，摩擦阻力）做功。

(5)[7]从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源。

[8]若没有阻力，根据机械能守恒知

则

故斜率

k=g

(6)[9]即便平衡摩擦力，但不表示摩擦没有了，小车运动过程木板对小车的摩擦力要做负功，即小车运动过程除重力外还有克服摩擦力做功，系统机械能不守恒。

三、解答题（本大题共4小题，共74分。解答时应写出必要的文享说明、方程式和主要演算步骤。只写出最后答案，不能得分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

16. 如图，玻璃柱横截面为半径R=20.0cm的半圆，O点为圆心。光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直。一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现两个光斑。已知玻璃的折射率为n=。

(1)若=60°，求两个光斑间的距离；

(2)屏上两个光斑间的距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离。

【答案】(1)cm；(2)20cm

【解析】

【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30°
得：

根据折射定律得
可得，i=60°
则

所以两个光斑间的距离 LCD=LCN+LDN=

（ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式得：
所以两光斑间的最短距离 Lmin=
联立解得  Lmin=20cm

17. 如图所示，质量为m=2kg的物块A（可视为质点）放在倾角的光滑斜面体上，斜面固定在水平桌面上，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板C上，另一端连接在物块A上，绕过斜面顶端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着质量也为m的物体B，物块A与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块A静止时刚好处在斜面的正中间．已知斜面长为L=2.5m，重力加速度g取10m/s2．

（1）若剪断轻弹簧，物块A 到斜面顶端时，物块B还未落地，求物块A运动到斜面顶端要用多长时间；

（2）若剪断轻绳，求物块A向下运动的最大速度．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】(1)剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动．

对A，由牛顿第二定律得：

对B：

联立得：

物块A上升到斜面顶端的过程中，有：

解得：

（2）没有剪断轻绳时，设弹簧伸长量为，根据平衡有：

解得：

剪断轻绳后，当A速度最大时，根据力的平衡有：

解得：

根据机械能守恒：

解得：

18. 如图所示，一光滑水平桌面与竖直光滑半圆轨道相切于A点，且两者固定不动。一长L=0.8m不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=0.2 kg的小球。现将小球m1提至细绳处于水平位置时无初速度释放，当小球摆至最低点时，恰与放在桌面上质量m2=0.8 kg的小球正碰，碰后小球m1被弹回，上升的最高点距桌面高度h=0.2m，小球m2进入半圆形轨道运动，恰好能通过最高点B，两球都视为质点，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求∶

(1)小球m2在半圆形轨道最低点A的速度大小；

(2)光滑半圆形轨道的半径。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

【详解】(1)设球摆至最低点时速度大小为，由机械能守恒定律得：

得

碰后小球被弹回的速度大小为，由机械能守恒定律得：

得

与碰撞，设碰后的速度大小为，选向右为正方向，由动量守恒定律得：

解得

(2)在轨道上运动时，由机械能守恒定律得：

由小球恰好通过最高点可知，重力提供向心力，即：

得

19. 如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m/s2，求:

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v;

(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ;

(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。

【答案】(1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J

【解析】

【详解】(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律

解得

v=2m/s

方向水平向右

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到州对静止，对平板车与滑块组成的系统

由能量守恒

解得

μ=0.54

如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒

....

解得

μ=0.18

(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

得

Ep=18J

所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。