【文档说明】广东省深圳中学2022-2023学年高三上学期第一次阶段测试 物理 含解析.docx，共(21)页，1.181 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年深圳中学高三年级第一次阶段测试物理命题人审题人周小薇贾川一、单选题1．安徽宿松籍科学家吴宜灿获2018年欧洲聚变核能创新奖．物理学史上许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．关于科学家的贡献，下列说法正确的是（）A．亚里士多德认为，必

须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．胡克用逻辑推理的方法得出了弹簧的伸长与外力的关系C．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论D．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去2．如图所示，在一端封闭的的光滑细玻璃管

管中注满清水，水中放一个蜡块块，蜡块块在匀速上浮的的同时，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动，以初始位置为坐标坐标原点，蜡块的运动轨迹可能为（）A．直线OaB．曲线ObC．曲线OcD．曲线Od3．如图所示，一小球从A点以初速度0v水平抛出，在平抛运动过程中与竖直挡

板在B点发生碰撞，最终落在C点。已知碰撞的瞬间竖直方向速度的大小和方向都不变，水平方向速度的大小不变而方向反向，若仅增大平抛初速度0v，则（）A．小球与挡板碰撞的点将在B点的下方B．小球的落地点将在C点的左边C．在整个运动过程中

重力对小球做功增多D．小球落地时重力做功的瞬时功率增大公众号高中僧课堂4．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时

间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度大小为g）（）A．μ与a之间一定满足关系agB．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为2vgC．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为v

gD．黑色痕迹的长度为()222agva−5．汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示），以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0=12m，汽车A运动的xt−图象如图乙所示，汽车

B运动的vt−图象如图丙所示。则下列说法正确的是（）A．两车相遇前，在t=2s时，两车相距最远，且最远距离为16mB．在0~6s内，B车的位移为16mC．在t=8s时，两车相遇D．若t=1s时，A车紧急制动（视为匀减速直线运动），要使A车追不上B

车，则A车的加速度大小应大于21m/s46．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，台秤的示数表示人对秤盘的压力；一根长为R的细线一端系一个质量为m的小球，手拿细线另一端，小球绕细线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好

能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（）A．小球运动到最高点时，小球的速度为零B．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为MgC．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同D．小球从c点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态7．如图所示，固定在水平面上一个光滑的半圆

弧轨道，O点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点（O、A等高，不计A处摩擦），轻绳一端系在竖直杆上的B点，另一端连接质量为m的小球P。现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，30=，45=，重力加速度为g，则（）A．小球Q的质量为2mB．半圆弧

轨道对小球P的支持力为33mgC．B点缓慢向上移动微小距离，绳子拉力减小D．静止时剪断A处轻绳的瞬间，小球P的加速度为32g二、多选题8．2020年11月24日，中国长征五号遥五运载火箭在文昌卫星发射中心起飞

，把嫦娥五号探测器送入地月转移轨道。“嫦娥五号”飞船经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入圆形轨道Ⅰ，再经过系列调控使之进入准备“落月”的椭圆轨道Ⅱ，最终实现首次月面自动采样封装。若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥五号”探测器的说法正确

的是（）A．经过轨道Ⅱ近月点的速度大于11.2km/sB．从轨道Ⅰ经过P点时必须进行减速才能进入轨道ⅡC．沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行到P点的加速度相等D．沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期相同9．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平

面上，它们的质量分别为A1kgm=，B3kgm=，现用水平力AF推A，用水平力BF拉B，AF和BF随时间t变化关系如图乙所示，则（）A．A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小B．2s=t时，A、B脱离C

．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6mD．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动10．如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，

左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下

列说法正确的是（）A．小圆环到达B点时的加速度为gB．小圆环到达B点后还能再次回到A点C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2:3D．小圆环和物块的质量之比满足332mM−=三、实验题11．为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小

组通过如图甲所示装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测

得旋转半径为r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度的数据。（1）为了探究向心力与角速度的关系，需要控制__________和__________

_保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为t，则角速度=__________；（2）以F为纵坐标，以21t为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率为k，则滑块的质量为__________（用

k、r、d表示）；图线不过坐标原点的原因是__________。12．某同学利用图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。(1)备有器材:一端带有滑轮的长木板，电火花打点计时器，流电源，纸带，细绳，小车，钩码，小桶和细沙，

垫木，天平（含砝码）。还缺少的一件器材是______；(2)图乙是实验中得到的一条纸带，图中的数字为相邻两个计数点间的距离（每两个计数点间还有4个点没有画出来），打点计时器所用电源频率为50Hz。由这些已知数据计算:①该小车匀变速直线运动的加速度a=___

___m/s2（保留3位有效数字）；②若当时电网中交变电流的频率略微偏大，但该同学并不知道，则加速度的测量值与实际值相比______（选填:“偏大”、“偏小”或“不变”）；(3)在“探究质量一定，加速度与外

力的关系”实验中该同学经过多次实验，以测得的加速度a为纵轴、小车的合力F（沙和沙桶的总重力）为横轴，作出的图象如图丙所示，该图象不过坐标原点的原因可能是______。(4)在“探究外力一定，加速度与质量的关系”实验中在保证小

车的合力F（沙和沙桶的总重力）不变的情况下，改变小车中的钩码质量m，多次实验，求出不同的m对应的加速度a，以m为横坐标，1a为纵坐标，作出1a-m关系图线如图丁所示，已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则小车的质量M为______。四、解答题13．图a是我国传统农具—

—风鼓车，图b是其工作原理示意图，转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于52.010kg−的谷粒为饱粒，落入第一出料口1AB；质量为551.210kg2.010kg−−的谷粒为瘪粒，落入第二出料口2AB；质量小于51.210kg−的草屑被吹

出出风口。已知1A、B、2A三点在同一水平线上，1AB的宽度为0.12m；1A在H正下方，1AH的高度为0.4m；质量为52.010kg−的谷粒从H漏出，恰好经B点落入2AB，设谷物从H漏出时速度竖直向下，大小为1m/s；谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等

，只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为210m/s。（1）求谷粒从H落到出料口所经历的时间；（2）求谷粒所受水平风力的大小；（3）若瘪粒恰好能全部落入2AB，求2AB的宽度。14．如图，光滑的水

平杆OM和竖直轴ON上分别套着环P和Q，环P的质量m1=m，Q的质量m2=2m，用轻绳连接，一根弹簧左端固定于O点，右端与环P栓接，两环静止时，轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。（1）弹簧的弹力和水平杆对P的

支持力分别是多少；（2）绳长仍为l，弹簧的劲度系数为k，要θ＝53°，角速度ω的取值。15．如图所示，有一倾角为θ=37°（sin37°=35），下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让

长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数138=，长木板与斜

面间的动摩擦因数20.5=，长木板的质量M=m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：（1）在0~2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；（2）长木板距离挡板多远；（3）长木板的长度。参考答案：1．D【分

析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【详解】亚里土多德认为，必须有力作用在物体上物体才能运动，故A错误；胡克用实验的方法得出了弹簧的伸长与外力的关系，故B错误；伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故C错误；伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体

具有某一速度，如果它不受力它将以这一速度永远运动下去，故D正确．所以D正确，ABC错误．【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆．2．B【详解】小圆柱在竖直方向为匀速运动，水平方向为匀加速直线运动，则可知合力沿x轴正方向，可知图象

为向右弯曲的抛物线Ob，故B正确，ACD错误。故选B。3．B【详解】A．当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速度越大，打到挡板上的时间越短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在B上方，故A错误；B．依题意，小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有

改变平抛运动的轨迹特征，相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越大，小球将落在C点的左边，故B正确；CD．因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间t不变，故重力做功的情况不变，小球落地时重力做功的瞬时功率2GyPmgvmgt==不变，故CD均错误。故

选B。4．C【详解】A．由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μmg<ma解得μ<ag所以A错误；B．设煤块的加速度大小为a1，对煤块由牛顿第二定律有μmg=ma1解得a1=μg由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移22

1122vvxag==所以B错误；C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t1=1vvag=所以C正确；D．传送带从开始运动到速度为v经历的时间t2=va传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x2=2

2va则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x3=v（t1-t2）=22vvga−所以黑色痕迹的长度Δx=x2＋x3-x1=2222vvga−所以D错误；故选C。5．D【详解】A．当两车速度相等时，两车相距最远，

由图乙可得A20m/s4m/s5xvt===由图丙，可得B车1~5s的加速度2208m/s2m/s51vat−===−−设匀减速运动的时间为t时速度相等，则有ABvvat=+代入数据解得2s=t即

在3s时二者相距最远，此时AA43m12mxvt===B车位移2B181m82m(2)2m20m2x=++−=则两车最远距离B0A20mxxxx=+−=A错误；B．B车在06s−内的位移等于在05s−内的位移，由图像围成面积表示位移可得1(15)8m24

m2x=+=B错误；C．8st=时，A车位移AA48m32mxvt===B车的位移等于在05s−内的位移，为24mx=有0Axxx+所以两车不相遇，C错误；D．1st=时，A匀速位移AA41m4mxvt===B车匀速位移BB81m8mxv

t===两车间的距离8m12m4m16mx=+−=B车匀减速到停止的位移B8(51)m16m2x=−=当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移BA16m16m32mxxx=+=+=总对A车，根据速度位

移公式22A2AA41mm/s22324vax===总所以A车的加速度至少为21m/s4，D正确。故选D。6．C【详解】A．小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，细线中拉力为零，小球速度bvgR=，

A错误；B．当小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，B错误；C．小球在a、b、c三个位置时，小球竖直方向都只受重力，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，C正确；D．小球从c点运动到最低点的过程中ya增加，方向向上，球处于超重状态，台秤的示数增大，人处于静止状

态，不会有超重失重状态，D错误。故选C。7．B【详解】A．分别对两个小球做受力分析，因为是活结，所以绳子的张力大小都相同，则2cos2cospQmgmg=由两式可得32PQmm=选项A错误；B．对小球P受力分析，可知半圆弧轨道对小球P的支持力

为33mg选项B正确；C．绳子B端向上移动一小段距离，根据受力分析可知P球没有发生位移，绳长不会变化，角度不会发生变化，即绳子的张力也不会变化，选项C错误；D．剪断A处细绳，拉力突变为零，小球P所受合力为重力沿圆

弧切线方向的分力，所以加速度为12g，选项D错误。故选B。8．BC【详解】A．以探测器的运动速度无法脱离地球引力而飞向宇宙，其速度不可能大于第二宇宙速度，故A错误；B．从轨道Ⅰ经过P点时进入轨道Ⅱ，是一个向心运动的过程，需要减速，故B正确；C．沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行到P点时，探测器只受月球引力作

用，根据牛顿第二定律，加速度相等，故C正确；D．轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律，其运行周期不同，故D错误。故选BC。9．BC【详解】A．由乙图可得()A93NFt=−()B33NFt=+在未脱离的过程中，整

体受力向右，且大小总是不变，恒定为AB12NFF+=匀加速运动的加速度2ABAB3m/sFFamm+==+则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，其合外力不变，A错误；B．脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故2AA3m/sFm=

得AA3NFma==解得2s=tB正确；C．运动位移为22132m6m212xat===C正确；D．脱离后1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在3st=后A不受推力，将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。故选BC。10．AB【详

解】A．小圆环运动到B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，因为运动到B点时速度恰好为零，小球的合力为竖直方向的重力，根据牛顿第二定律可知mgma=解得ag=A正确；B

．小环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，组最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，B正确；C．小环在P点

时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速度之比为1：1，C错误；D．设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知2OCR=，5ACR=在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知51()sin3000mgRMgR−

−−=−解得512mM−=D错误。故选AB。11．滑块质量旋转半径drt2krd滑块受到摩擦力【详解】（1）根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转的半径不变；[3]物体转动的线速度为dvt=又vr=解得drt=（2）根据向心力公式可知2

Fmr=联立解得22dFmrt=由于2dkmr=可得滑块的质量为2krmd=由图线可知，当0F=而210t可知图线不过坐标原点的原因是滑块受到摩擦力的原因。12．刻度尺2.07m/s2偏小平衡摩擦力时长木板倾角过大bk【详解】(1)

该实验利用纸带求加速度时要测量纸带的长度，所以必需用到刻度尺。(2)①加速度可以由逐差法求得()()()2222211.1813.2715.32105.007.049.09102.07m/s990.1CFOCaT−−++−++−===。②当电网中交变电流

的频率略微偏大时，由1Tf=可知周期变小，所以加速度的测量值与实际值相比偏小。(3)由a-F图像其图线不过坐标原点，说明没有力它就有加速度了，所以原因可能是长木板的倾角过大造成的。(4)保证小车的合力

F（沙和沙桶的总重力）不变的情况下，对小车与沙各沙桶系统分析，由牛顿第二定律可得()FmMa=+解得()11mMMmaFFF+==+图像中图线的斜率为k，纵轴截距为b，则1,MkbFF==解得bMk=13．（1）0.2s；（2）41.210N−；（3）0.08m【详解】（1）谷粒从H落到出料口

的过程，竖直方向是初速为1m/s的匀加速直线运动，竖直方向上有2012hvtgt=+将0.4mh=带入可得0.2st=（2）对质量为52.010kg−的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有2312xat=设风力大小为F，由牛顿第二定律Fma=将10.12mx=、0.2st=、52.010kgm

−=带入，联立可解得41.210NF−=（3）对质量等于51.210kg−的瘪粒，恰好落到2A点，设2AB宽度为2x，则有21212xxat=+Fma=将带入可得20.08mx=14．（1）32mg，3mg；（2）35244gklm+【详解】（1）对P、Q的受力分

析如图所示对Q，由平衡条件，竖直方向上有Tcos37°=2mg对P，由平衡条件，竖直方向上有FN2=mg+Tcos37°水平方向上有Tsin37°=F弹解得32Fmg=弹，FN2=3mg（2）①假设此时弹簧处于拉伸状态，则对P有22sin53sin53Tkxml

+=对Q，在竖直方向上有cos532Tmg=设静止时弹簧的压缩量为x1，则由（1）问可知132kxmg=设此时弹簧的伸长量为x2，则有lsin37°+x1+x2=lsin53°联立上式得35244gklm=+②假设此时弹簧处于收缩状态，此时弹簧的收缩量为x2，，对P有2

2sin53sin53Tkxml−=且lsin37°+x1-x2=lsin53°其它和①中所述一致，计算仍得35244gklm=+综①②得35244gklm=+15．(1)a1=3m/s2，a2=1m/s2；(2)3m；(3)12m【详解】(1

)在0~2s时间内，m和M的受力分析，其中f1、N1是m与M之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是M与斜面之间的摩擦力和正压力的大小111fN=1cosNmg=222fN=21cosNNmg=+规定沿斜面向下为正，设m和M的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得11sinmgfma

−=212sinmgffma−+=联立得22123m/s1m/saa==，(2)在t1=2s时，设m和M的速度分别为v1和v2，则1112226m/s2m/svatvat====，t>t1时，设m和M的加速度分别为aʹ1和aʹ2.此时m与M之间摩擦力

为零，同理可得对m1sinmgma=216m/sa=对M()22sincosMgMmgMa−+=22–2m/sa=即M做减速运动,设经过时间t2，M的速度减为零，则有2220vat+=联立得21st=在t1+

t2时间内，M距离挡板212112m2Lat==222211m2Lat==123mLLL=+=(3)长木板的长度就是m相对于M运动的距离为22221112122122221111()()12m2222satvtatatvtat=++−++=获得

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