【文档说明】安徽省安徽县中大联考2022-2023学年高三上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.504 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年高三年级第一次联考物理考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题；本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一个选项符合题目基求，第7~10题有多个选项符合题目

要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高．点，以下说法正确的是（）A.该同学下蹲过程中对地面的压力先小于重力后大

于重力B.该同学起跳过程中支持力对人做正功C.②位置到⑤位置过程中该同学的机械能守恒D.该同学在最高点③位置重力的瞬时功率最大【答案】A【解析】【详解】A．该同学下蹲过程中，先做加速运动，后做减速运动，先处于失重状态，后处于超重状态，所以该同学下蹲过程中对地面的压力先

小于重力后大于重力，A正确；B．该同学起跳过程中，支持力的作用点是脚底，脚底没有在力的方向上发生位移，所以支持力不做功，B错误；C．②位置到⑤位置过程中该同学受到的空气阻力做负功，所以机械能不守恒，C错误；D．该同学在最高点③位置时竖

直方向速度为零，所以重力的瞬时功率为零，D错误。故选A。2.2022年6月5日，“神舟十四号”成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进入核心舱开展相关工作。已知核心舱的运行轨道距地面高度h（约为400km），地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影

响，下列说法正确的是（）A.航天员漂浮在核心舱中，处于平衡状态B.地球的平均密度可表示为()34gGRh+C.核心舱轨道处的重力加速度大小为()22gRRh+D.核心舱的运行速度大小介于7.9km/s和11.2km/

s之间【答案】C【解析】【详解】A．航天员漂浮在核心舱中，跟着航天器一起绕地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态，其加速度不为零，故A错误；B．根据万有引力等于重力有2GMmmgR=可得GgRM2=则地球的平均密度可表示为34MgVGR==故B错误；C．根据万有引力等于重力有2GMmmgR=核

心舱轨道处的重力加速度等于其向心加速度，则有()'2GMmmgRh=+解得()2'2gRgRh=+故C正确；D．核心舱的运行速度小于第一宇宙速度，即小于7.9kms，故D错误。故选C。3.如图所示，两个完全相同的薄木板

固定在水平桌面上，薄木板的一端带滑轮，滑块A、B分别放置在左右木板上，连接两滑块的细线拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂重物C，已知A、B、C的质量分别为m、2m、4m，木板上面的细线与木板平行，动滑轮两侧细线竖直平行，细线不可伸长，不计

一切摩擦和动滑轮的质量，重力加速度为g，现将A、B、C三者同时由静止释放，下列说法正确的是（）A.滑块A和B的速度大小始终相等B.细线拉力大小为0.6mgC.滑块A的速度大于滑块C的速度D.物块C的加速度小于滑块B的加速度【答案】C【解析】【详解】A．A、B

由同一轻绳连接，绳中张力处处相等，A、B质量之比为1:2，根据牛顿第二定律可知，A、B的加速度之比为2:1，滑块A和B的速度大小始终为2:1，A错误；CD．由于轻绳不可伸长且根据滑轮组关系可知ABC::4:2:3v

vv=则加速度之比为ABC::4:2:3aaa=C正确，D错误；B．设绳中张力为T，则有ATam=C424mgTam−=且AC:4:3aa=的的解得0.8Tmg=B错误。故选C。4.晾晒衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上，A点高于B点，原来无风状态下衣服保

持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止如图所示。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，绳子不可伸长，已知两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，有风时挂钩处绳间的夹角74?BO

A＝，风力大小为34mg，重力加速度为g，sin370.6=。下列说法中正确的是（）A.无风时，轻绳的拉力大小为58mgB.在无风的情况下，A点沿杆稍下移，绳子的拉力变大C.有风时，轻绳的拉力大小为2532mgD.在有风的情况下，A点沿

杆稍下移，绳子的拉力大小不变【答案】C【解析】【详解】A．无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图所示，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得4sin=1.255dd=解

得53=根据平衡条件可得2cosmgF=解得52cos6mgmgF==故A错误；B．当在无风的情况下，将绳子的端点从A点移到C点，根据图象可以看出，两段绳子之间的夹角不变，两段绳子的合力不变，则拉力F不变，故B错误；C．设绳OB与竖直方向夹角为，绳OC与竖直方向夹角为，根据受

力平衡可得coscosFFmg+=sinsinFFF=+风由题可知74+=解得2532Fmg=故C正确；D．当在有风的情况下将绳子的端点从A点移到C点，根据图象可以看出，两段绳子之间的夹角变小，两段绳子的合力不变，则

拉力F减小，故D错误。故选C。5.某次军事训练中，以静止的炮车为坐标原点建立空间坐标系O－xyz，炮车的车载雷达发现了一架直升机正以100m/s的速度沿x轴正方向匀速飞行，当直升机坐标为()0,2000m,4000m时，炮车开火发射一枚炮弹，炮弹在其飞行轨迹的最高点恰好

击中直升机。忽略空气阻力，炮弹和直升机均可视为质点，取重力加速度210m/s=g。则炮弹的发射速度大小为（）A.200m/sB.300m/sC.1005m/sD.10021m/s【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，炮弹做斜抛运动，运动到最高点

时，竖直方向速度减为零，且与直升机碰撞，说明炮弹沿x轴正方向的速度与直升机的速度相等为v1=100m/s，竖直方向上，利用逆向思维方式，由公式212hgt=可得，飞行时间为222000s20s10htg===则竖直方向的初速度为v2=gt=10×20m/s=200m/s炮弹沿z轴正方向上，由x

=vt可得，炮弹沿z轴正方向的初速度为34000m/s200m/s20v==所以发射速度为222222123100200200m/s300m/svvvv=++=++=故选B。6.如图所示，内壁光滑的圆形细管

固定在倾角为30=的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球。小球经过B点时轨道对小球的作用力大小为72mg，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球在B点的

速度大小为72gRB.细管在D点对小球作用力与在B点的作用力相同C.小球到达C点时，细管对小球的作用力大小为732mg+D.小球到达A点时，细管对小球的作用力大小为mg【答案】D【解析】的【详解】A．小球在B点时，受到重力、轨

道垂直斜面的弹力大小为cosmg和轨道对小球指向圆心的弹力BF，由力的合成定则，则有()2227cos2BmgFmg=+()227cos2BFmgmgmg=−=由牛顿第二定律，可得2BBvFmgmR==解得小球在B点的速度大小为BvgR=A错误；B．小球从B点

到D点只有重力做功，因此机械能守恒，小球在这两点的高度相同，因此小球在这两点的速度大小相等，所以细管在D点对小球的作用力与在B点的作用力大小相同，方向不同，B错误；C．因小球在运动中的机械能守恒，小球到达C点时，则有2211sin22BCmvmgRmv+=22CvgR=由牛顿第二定

律，可得细管对小球的作用力大小为2sinCCvFmgmR−=215sin222CCvFmgmmgmgmgR=+=+=C错误；D．小球到达A点时，由机械能守恒定律，则有2211sin22ABmvmg

Rmv+=解得0Av=由临界条件，可得细管对小球的作用力大小为mg，D正确。故选D。7.小明在操场上练球，把静止的足球斜向上踢出，第一次速度方向与水平方向夹角1，第二次速度方向与水平方向夹角2，2109

0，两次踢出时足球的速率相等，若不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.两次踢出足球在空中运动的时间可能相同B.两次踢出足球离地面的最大高度一定不同C.两次踢出足球的水平射程可能相同D.两次踢出足球后到落地前速度变化量一定相同【答案】BC【解析】【详解】A．设两次的初速度大小为

0v，足球做斜抛运动，两次足球到达最高点的时间分别为011sinvtg=，022sinvtg=两次踢出足球在空中运动的时间为01112sin2vttg==总0222sin2vttg==总2可得1tt

总总2，故A错误；B．对两次踢出足球离地面的最大高度分别有()201m1sin2vgh=()202m2sin2vgh=解得2201m1sin2vhg=，2202m2sin2vhg=可得m1m2hh

，故B正确；C．两次踢出足球的水平射程分别为220110110112sincossin2cosvvxtvgg===总202202sin2cosvxtvg===总2根据数学知识可知当1290+

=时有12sin2sin2=此时12xx=，故C正确；D．足球在空中只受到重力作用，加速度等于重力加速度，故两次踢出足球后到落地前速度变化量分别为10112sinvgtv==总2022sinvgtv==总2可得

12vv，故D错误。故选BC。8.如图所示，一轻弹簧一端固定的A点，另一端固定在质量为m的小球上，在A点的正上方距离为h处有一点O，细绳一端连接小球另一端固定于O点，小球处于静止状态。已知细绳与OA间的夹角30=，弹

簧的弹力大小为33mg，g为重力加速度，则细绳OB的长度可能为（）A.33hB.32hC.233hD.h【答案】AC【解析】【详解】对B受力分析如图所示。由相似三角形可知，mgFOAAB=解得33FABhhmg==根据余弦定理可得22232cos303hhOBOBh=+−解

得33OBh=或233OBh=故选AC。9.2022年4月16日0时44分，神舟十三号与空间站天和核心舱分离，正式踏上回家之路，分离过程简化如图所示，脱离前天和核心舱处于半径为1r圆轨道Ⅰ上，从P点脱离后神舟十三号飞船沿椭圆轨道Ⅱ返回半径为2r的近地

圆轨道Ⅲ上，然后再多次调整轨道，绕行5圈后顺利着落在东风着落场。已知轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ两圆轨道相切于P、Q点两点且恰好对应椭圆的长轴两端点，引力常量为G，地球质量为M，则下列说法正确的是（）的A.飞船从P点运动至Q点的最短时间为()12322rrGM+

B.飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度小于在轨道Ⅰ上的向心加速度C.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能D.飞船在轨道Ⅰ与地心连线和在轨道Ⅲ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等【答案】AC【解析】详解】A．根据开普勒第三定律可得312312221

()2rrrkTT+==对于Ⅰ轨道上的卫星，有212112()MmGmrrT=所以312214rGMkT==联立解得3212()222PQTrrtGM+==故A正确；B．根据万有引力提供向心力，有2nMmGrm

a=可得2nGMar=所以轨道半径越大，向心加速度越小，所以飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度大于在轨道Ⅰ上的向心加速度，故B错误；C．飞船由轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ需要在轨道相切的位置P和Q点点火减速，做近心运动，所以在点火过程中外力对飞船做负

功，所以飞船的机械能减小，即飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能，故C正确；【D．根据开普勒第二定律可知，飞船在同一轨道上运行时，飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D错误。故选AC。10.甲车和乙车在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运

动，两车在运动过程中的2vx−（速度平方－位移）图像如图所示，下列说法正确的是（）A.乙车运动18m后停车B.两车同时到达6m处C.乙车停止运动时两车间距为18mD.乙车停止运动时两车间距为6m【答案】

AC【解析】【详解】设6mx=处甲乙的速度为v，设乙速度的平方为4时，甲乙的位移为x，由图可得方程23626乙−=va226甲=va3642乙−=ax642甲=ax联立解得22m/sa=甲21m/sa=乙A．根据2362乙乙=ax解得乙车运动的距离18m乙=x故A正确；B．由图可知，前6m

乙的速度一直大于甲的速度，可知乙先到达，故B错误；CD．乙车运动的时间6s6s1==t甲经过的距离2126m36m2甲==x乙车停止运动时两车间距18m甲乙=−=xxx故C正确，D错误。故选AC。二、非选择题：

本题共6小题，共60分。11.在探究向心力的大小与质量、角速度和半径的关系实验中，所用向心力演示器如图1所示。图2是演示器部分原理示意图：两转臂上黑白格的长度相等；A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而

提供向心力。图1中的标尺可以显示出两球所受向心力的大小关系。（1）下列操作正确的是______（填正确答案标号）。A．探究F的大小与r间的关系时，应将相同的小球分别放在挡板A处和挡板B处，并将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上B．探究F的大小与r间的关系时，应将相同的小球分别放在挡板B处

和挡板C处，并将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上C．探究F的大小与间的关系时，应将相同的小球分别放在挡板A处和挡板C处，并将皮带套在两边半径不同的变速塔轮上D．探究F的大小与间的关系时，应将相同的小球分别放在挡板B处和挡板C处，并将皮带套在两边半径不同的变速塔轮上（2）实验时将皮带与半径

比为3：1轮②和轮⑤相连，将质量分别为2m和m的球分别放在挡板B、C位置，转动手柄、则标尺1和标尺2显示的向心力之比为______。【答案】①.BC##CB②.4：9【解析】【详解】（1）[1]AB．本实验采用控制变量法，

当探究F的大小与r的关系时，应保持小球质量和角速度相同，所以应将相同的小球分别放在挡板B处和挡板C处，并将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上，故A错误，B正确；CD．探究F的大小与ω的关系时，应保持小球质量和小球做圆周运动的半径相同，所以应将相同的小球

分别放在挡板A处和挡板C处，并将皮带套在两边半径不同的变速塔轮上，故C正确，D错误。故选BC。（2）[2]根据向心力的计算公式2211122222224FmrFmr==11221213vrrvrr===所以1249FF=1

2.“频闪摄影”是研究物体运动时常用的一种实验方法.照相机每隔相同的时间曝光一次，记录下物体的位置。某物理小组的同学在实验室利用频闪相机和小球，探究小球自由下落过程中机械能守恒，用相机对着小球拍摄小球自由下落的过程，得到如图所示的照片，用刻度尺量出照片上相邻小球之间的间距，已知相机

的频率为f，重力加速度为g，小球质量为m，实物小球与照片上的小球尺寸比例为k，则：（1）小球在位置2时的瞬时速度为_____________（用题中所给物理量符号表示）。（2）取小球在位置2到位置5的过程研究，若表达式()()453221224hhhhhhh+−+++

=___________成立（用g、k，f表示），即可验证小球下落过程中机械能守恒。（3）若实验过程中发现小球减小的重力势能大于小球增加的动能，造成此问题的原因可能是__________。【答案】①.()122khhf+②.28gkf③.空气阻力影响了实验结果【解析】【详解】（1）[1]根据

匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则有()()1212222khhkhhfvT++==（2）[2]机械能守恒的表达为()()222345212mghhhmvv++=−同理可得()4552khhfv+=联立解得()()()222223445128ghhhkh

hfkhhf++=+−+即()()22451222348hhhhghhhkf+−+=++（3）[3]小球下落过程中，由于空气阻力的影响，会使得小球减小的重力势能大于动能的增加量。13.如图所示，一条小河宽d＝300m，一条小船最快能60s到达对岸，若要到达正对岸，则需要75s。若小

船船头斜向下游，与河岸方向成37=，船在静水中速度大小不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小船到达对岸的时间；（2）小船到达对岸位置与出发点间的距离。【答案】（1）100s；（2）10058m【解析】【详解】（1）设船在静水中的速度

为v1，水的流速为v2，当船头垂直于河岸过河时度和时间最短，则有min1dtv=解得1min300m/s5m/s60dvt===当船到达正对岸时12212dtvv=−代入数据可得23m/sv=若小船船头斜向下游，与河岸方向成37=时，过

河时间为21=100ssin37dtv=（2）小船到达对岸时沿河岸方向的位移为122(cos37)700mxvvt=+=则小船到达对岸位置与出发点间的距离为2222300700m10058msxd=+=+=14.甲、乙两车同向沿平直公路做直线运动，甲车在前乙车在后，当两车间

距18mx=时，甲车开始做匀减速直线运动，速度v随位移x的变化规律满足方程2564vx=−，与此同时乙车做匀变速直线运动，运动的位移x与时间t满足关系42xtt−=，其中x、v、t均为国际制单位，求：（1）甲车的初速度和加速度的大小；（2）乙车追上甲车经历的时间。【答案】（1）

16m/s，2m/s2；（2）()274s+【解析】【详解】（1）由题意可知，甲车做匀减速直线运动，则应满足2202vvax−=，又有速度v随位移x的变化规律满足方程2564vx=−即为22164vx−=−相对比可知016msv=22msa=−负号表示加速

度方向与甲车运动方向相反。（2）乙车做匀变速直线运动，运动的位移x与时间t满足关系42xtt−=即为2142xtt=+由甲车的运动规律可得216xtt=−当乙车追上甲车时，则有xxx=+乙甲221416182tttt+=−+整理可得23121802tt−−=解得乙车追上甲车经历的时间

()274st=+15.篮球运动员都善于运球，对篮球的把控非常到位。如图1所示，在一次篮球运动员控球的个人表演中，运动员将质量为m的篮球从距离地面0h高处竖直向上抛出，抛出的初速度0052vgh=，篮球到达最高点后再次返

回地面，已知篮球运动过程中空气阻力大小恒为14mg，重力加速度为g。（1）求篮球落回地面时的动能；（2）若篮球落地时与地面接触反弹存在动能损失，损失的动能总为篮球碰前动能的25%，为使篮球能够反弹到达02h高度，须在篮

球下落过程中离地面高度为0h处开始施加一个向下的恒力0F，如图2所示，求恒力0F的大小。【答案】（1）032mgh；（2）116mg【解析】【详解】（1）篮球从抛出到最高点过程，根据动能定理可得2101()02mgfhmv−+=−解得2220001022()521()4hmmvm

vvhmggfgmg====++篮球从最高度点到地面过程，根据动能定理可得()0k·20mgfhE−=−解得篮球落回地面时的动能为k0013242Emgmghmgh=−=（2）在篮球下落过程中离地

面高度为0h处开始施加一个向下的恒力0F，篮球从最高点到地面过程，根据动能定理可得()000k·20mgfhFhE=−+−与地面接触反弹后上升到高度02h过程，根据动能定理可得()()0k·20125%mgfhE−+=−−联立解得0116mgF

=16.如图所示，传送带与水平方向成37°角，上端与一段斜面BC平滑连接，斜面BC的倾角也为37°，半径为R的光滑半圆形轨道与斜面BC相切于C点，D点为最高点且在B点正上方，传送带AB间的距离为L＝4R，始终以初速度07vgR=沿顺时针方向转动。质量为m的小滑块以某一初速度

从A点冲上传送带，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数均为14=，小滑块恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小滑块在C点时的动能；（2）滑块从A点滑上传送带时的速度大小；（3）请判

断小滑块是否会落在传送带上，若能，求出落点到C点的距离；若不能，说明理由。【答案】（1）2310mgR；（2）11gR；（3）见解析【解析】【详解】（1）小滑块恰好通过D点时，由牛顿第二定律知2DvmgmR=滑

块由C到D，由动能定理知2211(1cos37)22DCmvmvmgR−=−+联立解得2123210CmvmgR=（2）小滑块由B到C做匀减速运动222tanCBvvaR−=−，sin37cos37mgmgma+=联立解得295BvgR=设滑块在距B点为x时，速度与传送带相同22

02Bvvax−=−，sin37cos37mgmgma−=解得x=l.5R滑块从冲上传送带到与传送带速度相等过程中2202(4)AvvaRx−=−−解得11AvgR=（3）假设能落在传送带上，设物块离开轨道最左端E时的速度

为vE，由动能定理，有2211(1cos37)22EDmgRmvmv−=−解得75EvgR=物块的运动可分解为沿E点切线方向的匀加速直线运动和垂直于E点切线方向的类自由落体运动，设落点到C点的距离为x，有212cos372Rgt=解得5Rtg=根据21sin372Exvtgt

=+解得(71.5)xR=+4tan374.75(71.5)ACRRRR=+=+假设成立，小滑块能落在传送带上，落点距C点获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com