【文档说明】广东省广州市增城中学、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 试题含答案.docx，共(18)页，1.105 MB，由管理员店铺上传

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2022学年第一学期高三三校联考物理试题2022年11月命题人：审题人：试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。第一部分选择题（共44分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求

的。1．下列说法正确的是（）A．加速度为零的质点一定处于静止状态B．质点速度为零时，加速度也一定为零C．质点做曲线运动时，它的加速度一定变化D．质点的加速度方向与速度方向相同，且加速度不断减小时，质点的速度还

在不断增大2．一质量为2kg的质点在水平恒力F的作用下沿粗糙的水平面做直线运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．4s内质点的位移为10mB．前2s内和后2s内加速度方向相反C．4s内质点的平

均速度大小为3m/sD．恒力F大小为5N3．如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，加速度大小a，机械能E和重力的功率P随时间t变化的图像是（）A．B．C．D．4．如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩

擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（）A．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C．要实现这一目的前提是μ<tanθD．若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间5．如图甲所示，A、

B两个质量均为m的物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平。从t=0时刻起，用一水平向右且随时间逐渐增加的力F作用在B物体上，拉力传感器的示数随时间变化的图线如

图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B，B与水平面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是（）A．0~t1时间内A、B之间的静摩擦力逐渐增加B．t1~t2时间内，水平面与B之间为滑动摩擦力C．t1~t2时间内，

水平面与B之间的摩擦力逐渐增加D．t2时刻，B与水平面之间的摩擦力为2μmg6．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，

A、B、C处于静止状态，所有接触面都不光滑．则A．B物体一定受到4个力的作用B．细绳对B的拉力刚好与B受到的沿斜面向下的摩擦力平衡C．水平面对C的支持力小于B、C的总重力D．斜面体C给水平面向左的摩擦力7．如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A

点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则（）A．两次滑出速度方向相同B．两次腾空最大高度相同C．第二次滑出时竖直方向速度一定大D．滑板爱好者两次在最高点的速度相同8．如图所示，两质量相等的光滑小球A和B，分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，则下列说法正确的是（）A．A、B两小球在最低点都处于

失重状态B．A、B两小球在最低点的对轨道的压力一样大C．A、B两小球从边缘滑到最低点过程重力的功率都是一直增大D．A、B两小球从边缘滑到最低点过程机械能都是一直增大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，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3分，有错选或不选得0分。9．在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的vt

−图象如图所示，下列说法正确的是（）A．甲车的加速度大于乙车的加速度B．若24st=时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近C．两车一定不会发生碰撞，因为乙车比甲车先停下来D．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m10．2022年3月23日，“天宫课堂”进行了第二次

授课活动。授课过程中信号顺畅不卡顿，主要是利用天链系列地球同步轨道卫星进行数据中继来实现的。如图所示，天链卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入圆形同步轨道Ⅲ绕地球做匀速

圆周运动。设地球半径为R，地球表面的重力加速度为0g，卫星质量保持不变。则下列说法中正确的是（）A．卫星在轨道I和轨道Ⅲ运动的周期均与地球自转周期相同B．卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小相同C．卫星在轨道Ⅲ上的运行速率小于0gRD．卫星在轨道I向轨道II变

轨时，火箭需在A点点火向前喷气11．如图所示，一轻质A型梯置于水平地面上，重力为G的人站在其顶部水平横杆中点处，静止时，限位轻绳松弛，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ。则（）A．当θ=60°每根斜杆受到地面的作用力为36GB．当θ=60°每根斜杆受到地面的摩擦力为38GC．θ角越大，每根

斜杆受到的水平地面的摩擦力越大D．θ角越大，每根斜杆受到的水平地面的支持力越大12．如图，蹦床的中心由弹性网组成，若一质量为m的小孩从蹦床最低点反弹至最高点的过程中，小孩克服重力做功W1，蹦床的弹力对小

孩所做的功为W2，小孩脱离蹦床时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（）A．小孩的最大动能为212mvB．小孩的重力势能增加了W1C．小孩的机械能增加了W2D．弹簧床的弹性势能最大值为2112Wmv+第二部分非选择题（56分）三、实验题（每空2分，共18分）13．某同学利用如图(

a)所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。（2）实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的劲度系数k=___N/m，原长x0=__cm。

（3）他用该弹簧做成个弹簧测力计如图丙所示，弹簧测力计的读数为______N，该弹簧的伸长量Δx=__cm。14．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的

总质量，m0为滑轮的质量（可以忽略）。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。①实验时，一定要进行的操作是____________。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，

打出一条纸带，同时记录力传感器示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M②在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出打B点时小车的速度vB=_______m/s，小车的

加速度为a=_________m/s2（结果保留3位有效数字）。③在实验过程中小车的加速度__________（选填“大于”“等于”或“小于”）砂和砂桶的加速度。④以力传感器的示数F为横轴，小车的加速度a为纵轴，画出

的a-F图线是一条直线如图所示，则小车的质量M=______________kg。（结果保留2位有效数字）四、解答题（需有详细解答过程，共48分）15．（12分）如图所示，一个质量为0.6kg的小球以水平初速度v0=6m/s从P点抛出，小球恰好从竖直圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知

圆弧轨道的半径R=1m，O为轨道圆心，BC为轨道竖直直径，OA与OB的夹角θ＝53°，（不计空气阻力，g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：（1）P点与A点的高度差；（2）若小球刚好能到达圆

弧轨道最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功．16．（12分）如图所示为货场使用的倾斜传送带的模型，其与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送带以大小为v＝2m/s的恒定速率逆时针转动。一包货物以v0＝12

m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点。（g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求货物沿传送带向上运动的最远距离为多大？（2）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？17．（14分）如图，

竖直平面内的两个四分之一光滑圆弧轨道下端都与水平轨道相切，小滑块B静止在左边圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从左边圆弧的最高点静止释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=3kg

，圆弧轨道的半径R=0.8m，A和B与水平轨道之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5和μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。（1）求碰撞前瞬间A的速率v1；（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；（3）为了避免A和B发生第二次碰撞，水平轨道的长度

L至少多长。参考答案：1．D【解析】A．加速度为0时，即速度不发生变化，即物体处于静止状态或匀速直线运动，A错误；B．速度为0时，加速度不一定为0，例如竖直上抛运动的最高点时，B错误；C．质点做曲线运动时，速度不断地变化，单位时间内速度变化可以保持不变，如平抛

运动，C错误；D．质点做直线运动，加速度方向和速度方向相同即为加速运动，跟加速度大小无关，D正确。故选D。2．D【解析】v－t图象的斜率表示加速度，由图可知，该质点在前2s内的加速度大小为a1=4m/s2后2s内的加速度大小为a2=1m/s2根据v-t图像中直线的斜率的正

负表示加速度方向，则0～2s时间内和2～4s内，加速度方向相同，0～2s时间内质点减速，摩擦力方向与速度方向相反，F也与速度方向相反，有F＋f=ma1①2～4s质点加速，摩擦力方向与速度方向相反，F也与速度方向相同，有F－f=ma2②①式+②式2F=m(

a1+a2)=2×5N=10N可得F=5Nv－t图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得4s内质点的位移为x=6m平均速度为xvt==1.5m/s故选D。3．B【解析】A．设在P点的速度为0v，则从P点飞出后速度大小的表达式为2220vvgt=+由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直

线，且13aa故A错误；B．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1sinmgma=可得1sinag=运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度20a=运动员从P点飞出后

做平抛运动，加速度为重力加速度3ag=B正确；C．由于不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力，故整个过程中运动员的机械能守恒，故C错误；D．重力的瞬时功率可以表示为P=mgvy，在MN段，P=mg(gsin2θ)t在NP段

，重力功率为0，在PQ段，P=mg2t，所以在MN段和PQ段，P-t图像的斜率是不同的，D错误。故选B。4．A【解析】A．行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故A正确；B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为sinf

mg=故B错误；C．要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即cossinmgmg可得tan，故C错误；D．若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。故选A。5．D【解析】AC．0~

t1时间内，B处于静止状态；假设A受到摩擦力作用则传感器会有拉力，而由图可知这段时间传感器没有示数，说明没有拉力，所以A、B之间没有摩擦力，故A错误；B．t1~t2时间内，由乙图可知，传感器的拉力逐渐增大，则A受的摩擦力也在逐渐增大，这时A、B相对地面还是处于静止状态，故水平面与B之间

为静摩擦力，故B错误；C．t1~t2时间内，水平面与B之间已经达到最大静摩擦力，摩擦力大小不再发生变化，C错误；D．由乙图可知，t2时刻B相对地面滑动，地面所受的正压力大小为N2Fmg=故B与水平面之间的摩擦力为N2fFmg==故D正确。故选D。6．C【解析】A．当绳子的拉

力恰好等于B物体沿斜面方向上重力的分力的话，B物体不会受到斜面的摩擦力，故A错误；B．B处于静止状态，如果有摩擦力的话，绳子的拉力一定大于B受到的摩擦力，故B错误；C．把B和C看成一个整体的话，则该整体受到斜向右上的绳子的拉力，重力和支持力以及水平面给斜面向左的摩擦力，故C正确

，D错误；故选C。7．C【解析】AB．对运动员运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次

长，所以第二次下降时间大于第一次，由212hgt=知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移角不同，即两次滑出速度方向不相同，故AB错误；CD．因为第二次下降时间大于第一次，且

两次水平位移相等，由xxvt=知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小。又由ygt=v可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次。故C正确，D错误。故选C。8．B【解析】A．两小球在最

低点时支持力和重力的合力提供向心力，则支持力大于重力，处于超重状态，A错误；B．A、B两小球到最低处的过程中，根据动能定理可得212mghmv=解得2gh=v半径越大，速度越大，在最低点，根据牛顿第二定律有2NvFmgmR−=解得FN=3mg故A、B两小球在最低处时，A的速度

大于B的速度，A受的支持力等于B受的支持力，B正确；C．小球在初位置重力做功的功率为零，在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直，则重力做功的功率为零，因为初末位置都为零，则A、B两小球从边缘滑到最低点过程重力的功率先增大后减小，C错

误；D．由于两轮滑少年可以看作光滑小球A和B，则A、B两小球从边缘滑到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，D错误。故选B。9．BD【解析】A．根据vt−图像的斜率为加速度可得22161m/sm/s483a=−甲=-22201m/

sm/s402a=−乙=-加速度是矢量，负号表示加速度的方向与速度方向相反，大小是aa乙甲故A错误；B．如果甲乙未发生碰撞，24s内，都是乙的速度大于甲的速度，甲乙的距离在不断拉近，24s后，甲的速度大于乙的速度，甲乙的距离又在不断拉大，故24s末，甲乙的距离最近

，故B正确。CD．为了避免碰撞，根据B的分析，AB最近的距离大于等于0，就可避免碰撞，设初始距离为x有221111+1624242024242322sxsx−+−甲乙解得48mx故C错误，D正确。故选BD。10．BC【解析

】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有2224GMmmrrT=可得2334rTrGM=卫星在同步轨道Ⅲ的周期与地球自转周期相同，卫星在轨道I的周期小于地球自转周期，A错误；B．卫星在运行过程只受地球的万有引力，根

据牛顿第二定律可得2GMmmar=解得2GMar=由于M、r都相同，可知卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小相同，B正确；C．卫星在轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有22GMmvmrr=物体在地球表面受到的重力等于万有引力，则有0002GMmmgR=联立解得200gRv

gRr=C正确；D．卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ需要在A处点火加速，火箭需向后喷气，D错误；故选BC。11．AC【解析】AB．设每根斜杆的作用力大小为F，根据受力平衡可得4cos30FG=解得34cos306GGF==

可知每根斜杆受到地面的作用力大小为36G，A正确；B．每根斜杆受到地面的摩擦力大小为1cos60123362GGfF===B错误。C．每根斜杆受到地面的摩擦力大小为cos()sin222fFF=−=4c

os2GF=C正确；D．把梯子和人看成一个整体，地面对整体的支持力总是等于G，因此每根斜杆受到水平地面的支持力总是等于G/4，故D错误故选AC。12．BC【解析】A．小朋友脱离蹦床时，弹力为0，而小朋友速度最大点应该是蹦床的弹力与小朋友重力平衡的那一点，所以动能最大不是在脱离蹦床的时刻，A

错误；B．克服重力做了多少功，则重力势能就增加多少，B正确；C．小朋友的机械能增加量等于除了重力外，其他力做功的总和，上述过程中，小朋友全程只有蹦床的弹力以及重力有做功，故C正确；D．蹦床的弹力能做多少功，在数值上就等于蹦床的弹性势能的最大值，因此最大值为W2，（或者蹦

床及小孩的系统机械能守恒，小孩机械能的最小值即蹦床的弹性势能的最大值），D错误。故选BC。13．50（或50.0或50.00均可）4.0（或4或4.00均可）；3.0（或2.9或3.1）6.0（或6或6.00均可）

【解析】（1）因为弹簧自身有重力作用，测量弹簧原长时应使弹簧保持竖直状态，在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态；（2）在图像中F=0时的x的值即为弹簧原长，由图线可得该弹簧的原长x0=4.0cm根据胡克定律=ΔFkx图线的斜

率表示弹簧的劲度系数k=50N/m（3）由图(c)可知，弹簧弹力为3.0N，根据图(b)可知弹簧长度为x=10.0cmΔx=6.0cm14．BC1.236.03小于0.20【解析】①AD．本题拉力由拉力传感器测出，不

需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也就不需要为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M，故AD错误；B．实验时需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C．实验时小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感

器示数，C正确；故选BC。②根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度2(27.83.20)10m/s1.23m/s220.1OCOABxxvT−−−===由逐差法可得22222(49.1012.5012.50)10m/s6.03m

/s440.1ODOBOBxxxaT−−−−−==③由实验装置可以看出，在相同的时间内，砂桶运动的距离是小车运动距离的两倍，因此小车的速度也比砂桶的小，速度变化量也小，所以小车的加速度小于砂桶和砂的加速度。④由牛顿第二定律可得2FMa=解得：2aFM=；因此aF−图线的斜率为2kM=解

得：2Mk=，由图像可知，k=10，所以M=0.20kg15．（1）3.2m（2）17.4J【解析】（1）对小球在A点的速度进行分解，由平抛运动规律得010m/scosAvv==；对小球由P点至A点的过程由动能定理得2201122Amg

hmvmv=−，解得3.2mh=；（2）小球恰好经过C点，在C点由牛顿第二定律有2CvmgmR=，解得10m/sCv=，小球由A点至C点过程由动能定理得2211(cos)22fCAmgRRWmvmv−+−=−，解得17.4JfW=.16．（1）7.2m；（2）3.2s【解析】

（1）物块开始阶段的加速度由牛顿定律可得1sin37cos37mgmgma+=联立可得2110m/sa=上滑的位移为s，则2012vas=，解得：s=7.2m（2）上滑过程所用时间0111.2svta==刚开始下滑时，摩擦

力仍是向下，因此加速度仍为：2210m/sa=经过时间t2货物与皮带共速：220.2svta==货物下滑的位移为212210.2m2sat==与皮带共速后，3sin37cos37mgmgma−=23s2m/a=，再经过3t回到

出发点，2133312xxvtat−=+解得3221()ts=−故有123(220.4)3.2ttttss=++=+17．（1）4m/s；（2）-2m/s，2m/s；（3）0.7m【解析】（1）对A，从释放→碰撞前，由动能定理得2AA1102mgRmv=−解得

1=4m/sv（2）对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得''A1A1B2mvmvmv=+2'2'2A1A1B2111222mvmvmv=+解得'12m/sv=−'22m/sv=（3）A、B刚好不会发生第二次碰撞的情况是，B冲过水平轨道从右边的圆弧轨道下来和A迎面相

遇，且都停下来了。A滑块碰完后到停下，由动能定理得'2A1A1102mgLmv−=−解得10.4mL=B滑块碰完后到停下，由动能定理得'2B2B2102mgLmv−=−解得21.0mL=则212LLL=+L=0.7m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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