【文档说明】甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试物理答案.docx，共(21)页，1.137 MB，由小赞的店铺上传

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西北师大附中2022-2023学年第一学期期中考试试题高三物理一、选择题（本题共14小题，每题5分，满分70分。1-9均为单选，10-14为多选题，多得选中只有部分选对得3分。）1.理想实验是科学研究中的一种重要

方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。以下实验中属于理想实验的是（）A.验证力的平行四边形定则实验B.伽利略的对接斜面实验C.用打点计时器测物体加速度的实验D.测定反应时间的实验【答案】B【解析】【详解】A．验证力的平行四边形

定则实验用的是等效替代法，选项A错误；B．伽利略的对接斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，在实验基础上通过归纳推理从而得出了物理规律，用了理想实验法，选项B正确；C．用打点计时器测物体加速度的实验是实际实验，选项C错误；D．测定反应时间的实验是实际的实验，选项D错误。故选B。2.质量m=5

0kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向），由图象提供的信息可知（）A.在0～15s内，观光电梯上升的高度为25mB.在5～15s内，电梯内的同学处于超重状态C.在20～25s

与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/sD.在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2【答案】C【解析】【详解】A．在速度时间图象中，图线与时间轴所包围的面积表示位

移，故0-15s内的位移为111015m75m2x==即观光电梯上升的高度为75m，A错误；B．5-15s内该同学减速上升，有向下的加速度，处于失重状态，B错误；C．匀变速直线运动的平均速度等于初末速度之和，两过程的平均速度均为200m/s10m/s2v+==C正确；D．在25～3

5s内，观光电梯在减速下降，加速度大小为2220m/s2m/s10a==D错误。故选C。3.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个相同小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（）A.B.C.D

.【答案】B【解析】【详解】由匀速圆周运动2tanmrmg=θ为绳与竖直方向的夹角sinrl=得2cos=gl两球角速度相同，则cosl相同，即细线顶点到运动平面中心的距离相等，所以两球应在同一水平面旋转，B正确；故选B。4

.一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A.()21211vxx+B.()2212vxx−C.()21211

vxx−D.()221vxx−【答案】D【解析】【详解】匀变速直线运动中，速度变化量相等时，运动时间相等，则可得vat=根据逐差相等推论可得221xxat−=联立可得()221vaxx=−故

ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示，竖直墙壁上MN、两点在同一水平线上，固定的竖直杆上的P点与M点的连线水平且垂直MN，轻绳的两端分别系在PN、两点，光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动。先将轻绳右端沿直线缓慢移动至M点，然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点，整个过程重物始终没落

地。则整个过程轻绳张力大小的变化情况是（）A.一直增大B.先增大后减小C.先减小后增大D.先减小的的后不变【答案】D【解析】【分析】【详解】由于P点与M点的连线水平且垂直MN，将轻绳右端由N点沿直线缓慢移动至M点过程中，轻绳的夹角变小，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳

的张力逐渐减小；轻绳右端由M点沿墙面竖直向下缓慢移动至S点的过程中，轻绳的夹角不变，则轻绳的张力不变。故选D。6.一颗炮弹在空中发生爆炸，分裂成A、B两块，A竖直向上运动，B竖直向下运动，忽略空气的阻力，以炮弹炸裂开始计时，则

（）A.在两弹片均未落地前，以A为参考系，B做自由落体运动B.在B弹片落地后，以A为参考系，B匀速上升C.在两弹片均未落地前，A、B之间的距离与时间成正比D.在B弹片落地后，A、B之间的距离与时间的二次方成正比【答案】C【解析】【详解】A．自由落体运动的物体初速度为零，

加速度为重力加速度，若以A为参考系，B的初速度不为零，故A错误；B．B落地后，A可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，若A上升，以A为参考系，B下降；若A下降，以A为参考系，B可能上升也可能下降，故B错误；C．由运动学公式可得2A0A12txvgt−=2

B0B12txvgt+=所以AB间距离为B0BA0A()xtvvxx++==由此可知，A、B之间的距离与时间成正比，故C正确；D．若B落地，则B0x=所以A0A212txxvgt−==由此可知，A、B之间的距离与时间的二次

方不成正比，故D错误。故选C。7.水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为0f，则两小物块所受摩擦力AF、BF随转台角速度的平方(2)的变化关系正确的

是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当转台的角速度比较小时，A、B物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度增大，由2nFmr=知向心力增大，由于B物块的转动半径大于A物块的转动半径，B物块的静摩擦力先达到最大静

摩擦力，角速度再增大，则细线上出现张力，角速度继续增大，A物块受的静摩擦力也将达最大，这时A物块开始滑动．【详解】当转台的角速度比较小时，A、B物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度增大，由2nFmr=知向心力增大，此时A、B的摩擦力与2

成正比．由于B物块的转动半径大于A物块的转动半径，B物块的静摩擦力先达到最大静摩擦力，此后绳子出现张力，B的摩擦力不变，而A的摩擦力继续增大，但不与2成正比了，故A错误，B正确；刚开始转动时，由于加速度较小，AB物块做圆周运动

的向心力由静摩擦力提供，绳子没有张力，当B物块的静摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子出现张力，直到A开始滑动前，B所受的静摩擦力一直为最大值，故CD错误．故选B．【点睛】本题的关键是抓住临界状态，隔离物体，正确受力分析，根据牛顿第二定律求解．8.如图，一质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放

一质量为m的物体A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止。以Ff和FN分别表示地面对劈的摩擦力及支持力。则下列正确的是()A.Ff＝0，FN＝Mg＋mgB.Ff向左，FN<Mg＋m

gC.Ff向左，FN＝Mg＋mgD.增大F，Ff增大，FN减小【答案】B【解析】【详解】对A、B整体受力分析如图所示竖直方向上平衡sinNFFMgmg+=+所以NFMgmg＋水平方向上有向右运动的趋势，所以受到的摩擦力方向向左。故选B。

9.如图所示，物块A在木板B上，A的质量为A3kgm=，B的质量为B1kgm=。开始时A、B均静止。现给A一水平向右的力28NF=。已知A与B、B与地之间的动摩擦因数分别为10.3=和20.1=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取

210m/s。以下说法正确的是（）A.A、B相对静止，不会滑动，共同加速度28m/sB.A在B上能滑动，但B静止，A的加速度26.33m/sC.A在B上能滑动，B相对地面滑动，A的加速度26.33m/s，B的加速度25m/sD.A在B上能滑动，B相对地面滑动，A的加

速度28m/s，B的加速度25m/s【答案】C【解析】【详解】A、B之间的最大静摩擦力为AB1A0.3310N9Nfmg===B与地之间的最大静摩擦力为2AB()0.1(31)10N4Nfmmg

=+=+=地则木板B能获得的最大加速度为22ABBmB94m/s5m/s1ffam−−===地设A、B保持相对静止，则A、B为整体的加速度为22AB284m/s6m/s31Ffamm−−===++地整由于22Bm6m/s5m/saa==整可知A、B发生相对滑动，则木板B的

加速度为22ABBB94m/s5m/s1ffam−−===地物块A的加速度为22ABAA289m/s6.33m/s3Ffam−−==故选C。10.在动摩擦因数0.2=的水平面上有一个质量为2kgm=的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45=角的不可伸长的轻绳

一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。取210m/s=g，以下说法正确的是（）A.若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20NB.若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为210m/s，方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的

瞬间小球的加速度大小为28m/s，方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球所受地面的支持力大小、轻绳上的弹力大小、轻弹簧的弹力大小都会突变【答案】AD【解析】【详解】AB．剪断轻绳之前弹簧的弹力1tan20NFmg==剪断轻绳的瞬间，弹

簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球所受的最大静摩擦力为0.220N4Nfmg===根据牛顿第二定律得小球的加速度为22204m/s8m/s2Ffam−−==

=合力方向向左，所以向左加速，A正确B错误；CD．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球所受地面的支持力大小变为mg、轻绳上的弹力大小变为零、轻弹簧的弹力大小会突变为零，小球的加速度为零，C错误D正确。故选AD。11.(多选)如图所示，光滑轨道

由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管组成，圆心O与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m、初速度v0＝102gR的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交

接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则()A.小球到达C点时的速度大小为vC＝322gRB.小球能通过E点后恰好落至B点C.若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D点为2RD.若减小小球的初速度v0，则小球到达E点时的速度可以为零【答案】ABD【解析】【详解】A．小球从A运

动到C的过程，由于只有重力做功，所以机械能守恒，规定AB为零势能面，故有2201122CmgRmvmv=−因v0=102gR，故解得322CgRv=故A正确；B．小球从A运动到E的过程，仍满足机械能守恒，所以有2201122EmvmvmgR=+解得22EgRv=之后做平抛运动，由212Rgt=可

得运动时间为2Rtg=所以在水平方向上发生的位移为2EERxvtvRg===故能正好平抛落回B点，故B正确；C．上升过程中，满足机械能守恒，故有2012mvmgh=解得20524vhRg==故C错误；D．由于E点的

内壁可以给小球向上的支持力，所以小球达到E的速度可以为零，故D正确。故选ABD。12.如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞经观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B为正前方L1处

的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L2处的D点，且21L3L=，空气阻力不计，以下说法正确的有（）A.飞机第一次投弹时的速度为1LTB.飞机第二次投弹时的速度为12LTC.飞机水平飞行的加速度为

12LTD.两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为143L【答案】AD【解析】【详解】A．第一次投出的炸弹做平抛运动，在时间T内水平方向匀速直线运动的位移为L1，故第一次投弹的初速度为11LvT=故A正确；BC．设飞机的加速度为a，第二次投弹时的

速度为v2，由匀变速直线运动的规律可知221212LvTaTvT=++21vvaT=+21L3L=解得1223LaT=1253vLT=故BC错误；D．两次投弹间隔T内飞机飞行的距离为2114123LsvTaT=+=故D正确。故选AD。13.如图所示，水平传送带以

速度1v匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，0=t时刻P在传送带左端具有速度2v，P与定滑轮间的绳水平，tt=0时刻P离开传送带，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】B．若21

vv，且QPmgmg则PQQP1()mgmgmma−=+当P加速运动速度达到1v后，与皮带一起匀速运动，直到离开转送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B正确；ACD．若21vv，且QPmgmg则P先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程

中就离开传送带）；若21vv且QPmgmg则P先匀减速至1v，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；若21vv且QPmgmg满足QPQP2()mgmgmma+=+中途速度减至1v，以后满足QPQP3()mgmgmma−=+先

减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，AD错误。故选BC。14.如图所示，粗糙斜面体C静止在水平地面上，轻质细线跨过其顶端的光滑定滑轮。细线一端拴接物块A，另一端与另外两根细线结于O点，

形成死结。结点O下方细线悬挂B物块，左端细线用一水平力F拉住，静止时，滑轮左边细线与竖直方向成60角。现保持O点的位置不变，沿顺时针方向缓慢调整力F的方向直至竖直，期间所有物体均保持静止，则在此过程中说法正确的是（）A.拉力F一直增大B.

细线对物块A的拉力一直减小C.地面对斜面体C的摩擦力先减小后增大D.斜面对A的摩擦力可能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】AB．以结点O为研究对象，受到三段绳子拉力，如图所示，保持O点的位置不变

，沿顺时针方向缓慢调整力F的方向直至竖直，由图可知，F先减小后增大，物块A所受细绳的拉力大小一定一直减小，故A错误，B正确；C．以斜面和A物体为研究对象，地面对斜面的摩擦力大小sin60fT=由于T一直减小，所以f减小，故C错误；D．如果A开始受到的摩擦力方

向沿斜面向下，则绳子拉力T减小到零的过程中，物块A所受斜面的摩擦力大小先减小后反向增大，故D正确。故选BD。二．实验题（每空3分，共21分）15.某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。①请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装

实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近打点计时器下端；先_____________，再_____________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。②图（b）和（c）是实验获得的两

条纸带，应选取_____________（填“b”或“c”）来计算重力加速度。在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因可能是空气阻力和_____________的影响。【答案】①.接通电源②.释放

纸带③.b④.摩擦阻力【解析】【详解】①[1][2]本实验是通过自由落体运动来测量重力加速度，因此要让纸带上第一个打点对应的重物速度为0，所以需要先接通电源，再释放纸带。②[3]对照两条纸带发现，纸带b点迹间隔逐渐变大，而

纸带c点迹间隔先逐渐变大后逐渐变小，说明c对应的重物运动先加速，后减速，与自由落体运动特征不符，因此应选用纸带b。[4]自由落体运动的前提是物体只在重力作用下所做的运动，而现实实验中，重物在下落过程中还受到空气阻力作用，以及纸带在穿过打点计时器的过程中，受到摩擦阻力的作用。16.如图甲所示，质量

为m的滑块A放在气垫导轨上，B为位移传感器，它能将滑块A到传感器B的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的速率-时间（vt−）图象．整个装置置于高度h可调节的斜面上，斜面长度为l．（1）现给滑块A沿气垫导轨向上的初速度，其vt−图线如图乙

所示．从图线可得滑块A上滑时的加速度大小=a_________2/ms（结果保留一位有效数字）．（2）若用此装置来验证牛顿第二定律，通过改变_______，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系；通过改变_________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系

（重力加速度g的值不变）．【答案】①.23/ms②.调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变③.高度h【解析】【详解】(1)在v-t图象中斜率代表加速度故2204m/s0.5−===vat．(2)牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一

定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使hMgl不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变．【点睛】解答本题关键是能够把v-t图象运用物理规律结合数学

知识解决问题．对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．三．计算题（共59分，要有必要的文字说明和计算步骤）17.如图所示，质量M=23kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m=3kg的小球相连。今用跟水平方向成30=角的力F=103N拉着球带动木块一起向右匀

速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2.求：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数。【答案】（1）30°；（2）35【解析】【分析】【详解】（1）（2）对滑块受力分析可知cos(sin)

TMgT=+对小球sinsin30TFmg+=coscos30TF=联立解得θ=30°3=518.兰州轨道交通一号线正式运营后，某一兴趣小组在地铁上进行实地测量和研究。他们把一端拴有小物体的细线（不可

伸长）固定在一竖直杆上端，发现列车在进、出站时细线与竖直方向会有一定夹角，这时小物体与车厢处于相对静止状态。经过多次测量，发现列车进、出站时的夹角近似相等，均约为7°，如图所示。列车在每站停车时间为35s。通过查询可知，东方红广场站到省政府站之间约1600m，省政府站

到西关站之间约800m，地铁匀速运行的速度约为72km/h。省政府站在轨道一号线运行一段时间后才开始正常使用。设东方红广场站到西关站之间是直线，列车进、出站时均视为匀变速运动，已知tan7°=0.12，g取10m/s2。求：（1）地铁进、出站时加速度的大小；（2）省政府站开通前，

从东方红广场站到西关站需要多长时间；（3）省政府站开通后，从东方红广场站到西关站比开通前慢了多长时间。（结果均保留一位小数）【答案】（1）1.2m/s2；（2）136.7m；（3）51.8s【解析】【详解】（1）对小球受力分析可知，由牛顿第二定律t

an7mgma=可得a=1.2m/s2地铁进、出站时加速度的大小均为1.2m/s2；（2）72km/h=20m/s，则动车加速和减速的时间均为132050s=s16.7s1.23vtta===动车加速和减速的位移221320500m=m221.23vxxa===匀速的时间250016

0080023s103.3s20t+−==省政府站开通前，从东方红广场站到西关站需要时间123136.7stttt=++=（3）省政府站开通后，动车匀速的时间为'2500160080043s86.7s20t+−

==从东方红广场站到西关站的时间''12322188.5sttttt=+++=从东方红广场站到西关站比开通前慢了'51.8sttt=−=19.如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速

度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）抛出点O离斜面底端的高度；（2）滑块与斜面间的动摩

擦因数μ。【答案】（1）1.7m；（2）0.125【解析】【分析】【详解】(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直分速度为vy，如图所示由几何关系得tan37°=0yvv设小球下落时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得vy＝gty＝12gt2

x＝v0t设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得h=y+xtan37°联立解得h=1.7m(2)设在时间t内，滑块位移为s，由几何关系得cos37xsl=−设滑块的加速度为a，由运动学公式得s=12at2对滑块，由牛顿

第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma联立解得μ=0.12520.如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上．(g取10m

/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；

的的(3)若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？【答案】（1）0.5（2）25m/s；（3）3m/s【解析】【详解】(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得：μmgcos37°＋mg

sin37°＝ma1B→C过程，有：v02＝2a1l解得：a1＝10m/s2，μ＝0.5．(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2若恰好能

到达平台CD，有：v2＝2a2l解得：v＝25m/s，a2＝2m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于25m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD．(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v

1，传送带顺时针运动的速度大小为v2．从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程，有：v12－v22＝2a1x1从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2x2，x1＋x2＝l解得：v2＝3m/s，即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达

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