【文档说明】江西省宜丰中学2023-2024学年高三上学期11月期中考试+物理+PDF版含答案.pdf，共(5)页，784.536 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司12023—2024（上）江西省宜丰中学11月高三期中考试物理试卷一、选择题（1-7为单选，每小题4分，8-10为多选，每小题6分，共46分）1．某物体做直线运动的x-t图像如图所示

，关于物体在前8s内的运动，说法正确的是（）A．物体在第6s末改变运动方向B．0~4s内的位移大于6~8s内的位移C．0~4s内的速度小于6~8s内的速度D．0~8s内物体离出发点的最大距离是8m2．如图所示为某款可以调节背带长短的挎包。现

将该挎包分别用图中两种方式挂在挂钩上，下列说法正确的是（）A．背带长时，背带上的张力大B．背带短时，背带上的张力大C．背带长时，背带受到挂钩的作用力大D．背带短时，背带受到挂钩的作用力大3．如图所示，轻弹簧1L的

一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧2L连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧1L与竖直方向的夹角为60，弹簧1L的形变量为弹簧2L形变量的3倍，重力加速度大小为g。

将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（）A．小球A的加速度大小为332gB．小球A的加速度大小为33gC．小球B的加速度大小为3gD．小球B的加速度大小为g4．第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名质量相同的跳雪运

动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度0av、0bv，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。若00:1:2abvv不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列正确的是（）A．a、b飞行时间之比为2:1B．a、b飞行的水平位移之比1:2C．a、

b落到雪坡上的瞬时速度方向不相同D．a、b落到雪坡上的动能之比为1∶45．如图所示，卫星A是2022年8月20日我国成功发射的遥感三十五号04组卫星，卫星B是地球同步卫星，若它们均可视为绕地球做匀速圆周运动，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，下列说法正确的是（）A．卫星A的运行周期可能为48

hB．卫星B在6h内转动的圆心角是45°C．卫星B的线速度小于卫星P随地球自转的线速度D．卫星B的向心加速度大于卫星P随地球自转的向心加速度6．（原题重现）如图所示，传送带与水平面夹角30，底端到顶

端的距离6mL，运行速度大小2m/sv。将质量1kgm的小物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数235，取重力加速度210m/sg。下列说法正确的是（）A．物块从斜面底端到达顶端的时间为

23sB．物块相对传送带的位移大小为6mC．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32JD．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带至少做功48J7．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动，图乙是弹簧振子的振动图象。则（）A．在t=0.2s时，弹簧振子的速

度最大B．在t=0.3s与t=0.5s两个时刻，速度相同C．从t=0.5s到t=0.6s时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能8．电动平衡车因其体积小，速度快，携带及操作方便

，被越来越多的人作为代步工具及警用巡逻车，某次骑行过程中，人站在平衡车上沿水平直道由静止开始运动，整个骑行过程的v-t图像如图所示（0~3s及18s以后图像均为直线），3s末功率达到额定功率并保持不变，已知人与平衡车质量之和为6

0kg，若骑行过程所受的阻力不变，下列说法正确的是（）A．骑行过程人及平衡车所受阻力为80NB．3~18s时间内，平衡车的位移为90mC．0~18s时间内，牵引力的最大功率为640WD．0~10s时间内，牵引力做的功为6400J9．（原题重现）如图所示

，一质量为m的物体在光滑的水平面上运动，已知物体受到一个恒定的水平力作用，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为avv、3bvv，方向分别与AB成60斜向上、30斜向下，已知ABL，下列说法中正确的是（）A．恒力大小为2mvLB．从A到B的运动过程中恒

力一直对物体做正功C．物体从A到B的运动过程中的最小动能为238mvD．物体从A点运动到B点过程中恒力的冲量大小为2mv10．如图所示，质量为4m的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为3m的木块静止在木板的左端。质量为m的子弹以大小为0v的初速度射入

木块，子弹射入木块后未穿出木块，且木块恰好未滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，子弹与木块均视为质点，不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是（）A．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能守恒B．子弹射入木块后共同速度为04vC．木板长度为

2032vgD．木块在木板上滑行时间是08vg学科网（北京）股份有限公司2二、实验题（每空2分，共14分）11．（原题重现）利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图像，实验过程中挂钩位置可认为不

变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：①如图甲所示，固定力传感器M；②取一根不可伸长的细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器M的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）；③让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计

算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图乙所示；④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示。请回答以下问题：（以下结果用F0、F1、F2表示）（1）小铁球的重力大小为。

（2）为了验证小铁球机械能守恒定律，只需验证等式是否成立即可。12．用如图甲所示的“碰撞实验器”可验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让质量为1m的小球A多次从斜轨上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平

抛射程OP。然后，把质量为2m的小球B静置于轨道末端的水平部分，再将小球A从斜轨上位置G由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：（1）为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的

质量必须满足1m2m（填“<”或“>”），为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径（填“需相等”或“不需相等”），本实验测量平抛运动的高度和时间（填“不需要”或“需要”）（2）若两球发生弹性碰撞，则表达

式可表示为（仅用OM、OP、ON表示）。（3）若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量1m与被碰小球B的质量2m之比为三、解答题（共40分）13.（10分）一列简谐横波沿+x方向传播，t=0时刻的波形如

图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻该波刚好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示，求：（1）该波传播速度的大小；（2）t=0.1s时，质点A的位移；（3）质点Q第二次到达波谷的时间。14．（12分）如图所示，一轻质弹簧套在固定的光滑

细杆上，其底端与水平地面相连。一带有小孔、质量为m=0.1kg的小球（可视为质点）穿在细杆上，小球与弹簧上端接触但并不连接.现用外力使小球缓慢向下压缩弹簧到O点并保持静止，此时弹簧弹力大小为F=4N。已知细杆足够长，弹簧的劲度系数为k=20N/m，取g=10m/s2，弹簧未超过其弹性限度，不计空

气阻力。突然撤去外力后，求：（1）撤去外力瞬间，小球的加速度大小；（2）小球与弹簧分离时的动能；（3）小球运动到最高点时距O点的距离。15．（18分）如图所示，光滑水平面上静置一个质量3kgM的滑块，滑块的一侧是一个14光滑圆弧轨道，半径R=0.8m，E点切线水平。一个

质量1kgm的小球以速度08m/sv从E点冲上滑块，从F点脱离滑块。重力加速度大小210m/sg。求：（1）小球离地的最大高度；（2）小球从F点脱离滑块时，小球速度大小；（3）小球回到圆弧轨道E点时，滑块对地面的压力大小。学科网（北京）股份有限公司3高

三期中考试物理参考答案：1．C【详解】A．x-t图像的斜率正负反映了物体的运动方向，所以物体在4s时运动方向发生了变化，故A错误；B．根据x-t图像可知0~4s内的位移大小等于6~8s内的位移，故B错误；C．根据x-

t图像的斜率表示物体运动的速度，则0~4s内的速度为1ms，6~8s内的速度为2ms，故C正确；D．0~8s内物体离出发点的最大距离是4m，故D错误。故选C。2．B【详解】AB．两种方式下，挎包均处于平衡状态，重力大小相同，则背带上

拉力的合力大小相同；背带短时，背带间的夹角更大，根据平行四边形定则，可知此时背带上的张力更大，故A错误，B正确；CD．两种方式下，挂钩对挎包的作用力大小均等于重力大小，故CD错误。故选B。3．B【详解】细绳剪

断之前，对整体受力分析，满足112sin30()Tgmm，1cos30TT对B受力分析满足22Tmg又因为两轻弹簧劲度系数相同，且弹簧1L的形变量为弹簧2L形变量的3倍，故有123TT联立解得

133Tmg剪断细绳后瞬间，两轻弹簧上弹力保持不变，细绳上拉力变为0，此时小球A所受合外力大小与原绳上拉力相等，小球B所受合外力为零，由牛顿第二定律可知11133gmma，220ma解得133ag，20a故B正

确，ACD错误。故选B。4．D【详解】A．设运动员的飞行时间为t，根据平抛运动规律有0xvt，212ygt根据几何关系有tanyx联立解得02tanvtg所以他们飞行时间之比为0012aabbtvtv故A错误；B．他们飞行的水

平位移之比为0014aaabbbxvtxvt故B错误；C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，整理可知0tan2tangtv所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C错误；D．根据C选

项可知，两名运动员落到雪坡上时的速度大小之比为1:2，根据2k12Emv可知两名运动员落到雪坡上时的动能之比为1:4，故D正确。故选D。5．D【详解】A．根据开普勒第三定律32rkT，可知卫星A的运行周期小于24h，故A错误；B．卫星B是地球同步卫星，周期为24h，所以在6h内转动

的圆心角是360904故B错误；C．卫星B是地球同步卫星，角速度与地球自转角速度相等，根据vr可知卫星B的线速度大于卫星P随地球自转的线速度，故C错误；D．卫星B角速度与地球自转角速度相等，根据2ar可知卫星B的向心加速度大于随地球自转的向心加

速度，故D正确；故选D。6．C【详解】AB．物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得1cossinmgmgma解得211m/sa物块速度与传送带速度相等的时间112svta之后，由于sincosmgmg摩擦力突变为静摩擦力，大小为sinmg，物块与传

送带保持相对静止向上滑动，物块加速阶段的位移212m2vxa传送带的路程'14mxvt物块与传送带保持相对静止运动的时间122sLxtv物块从斜面底端到达顶端的时间124sttt物块相对传送带的位移大小为'112

mxxx故AB错误；C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为11cossin()32JWmgxmgLx故C正确；D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为'21cos

sin44J2WmgxmgLmv故D错误。故选C。7．B【详解】A．由图乙可知，在t=0.2s时，弹簧振子位于正向位移最大处，此时速度为零，故A错误；B．在t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子关于平衡位置对称，速度大小相等，方向相同，故B正确；C．从t=0.5s到t=0.

6s时间内，弹簧振子从平衡位置向负向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C错误；D．在t=0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故D错误。故选B。8．AC【详解】AC．0~3

s内，平衡车做匀加速直线运动，有1Ffma结合图线可得2114m/s3vat3s末功率达到额定功率，则11PFv18s后，有222PFvfv联立解得1160NF，80Nf，640WP故AC正确；B．3~18s时间内，根据动能定理可得2222211122Ptfxmvmv

解得2102mx故B错误；D．0~10s时间内，牵引力做的功为11WFxPt其中1111143m6m22xvt，10s3s7st联立解得5440JW故D错误。故选AC。9．CD【详解】D．根据题意可知，整个运动过程

中，物体受到一个恒定的水平力作用，则速度变化量的方向与水平恒力方向相同，由矢量三角形得出速度变化量，如图所示,由几何关系可得222abvvvv恒力AB的夹角为60.A．物体从A点运动到B点过程，由动能定理有2211cos6022ABbaFxmvmv

解得22mvFL故A错误；B．由图可知，恒力与速度的夹角开始为钝角，后为锐角，则从A到B的运动过程中恒力先做负功，再做正功，故B错误；C．根据上述分析可知，把av分解到垂直恒力方向和沿恒力方向，如图所示

由几何关系可得30则有3cos2axavvv,1sin2ayavvv可知，当0ayv时，物体从A到B的运动过程中的动能最小，最小值为22kmin1328axmvEmv故C正确；D．由动量定理可得，物体从A点运动到B点过程中恒力的冲量大小为2Ipmvmv

故D正确；故选CD。10．BD【详解】AB．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，但机械能不守恒，根据学科网（北京）股份有限公司4动量守恒可得01(3)mvmmv解得子弹射入木块后共同速度为014vv故A错误，B正确；CD．木块恰好未滑离木板，可

知最终木块与木板具有相同的速度2v，根据动量守恒可得12(3)(34)mmvmmmv解得01228vvv木块在木板上滑行时的加速度大小为(3)3mmgagmm则木块在木板上滑行时间为0128gvvt

av木板长度为22120122426vvgvvLxxtttv板块故C错误，D正确。故选BD。11．F03F0=2F1+F2【详解】（1）小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知小球的重力为G=F0（2）设细线长为L，小球运动到

最低点时速度大小为v，根据牛顿第二定律有22vFmgmL小球运动到最高点A时，在沿细线方向有1cosFmg若小球在最高点A和最低点处的机械能相等，则应有21(1cos)2mvmgL由（1）题结论知F0=mg联立上述几式可得01232FFF综上所述，为

了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，则只要知道图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小即可。12．>需相等不需要OPOMON4：1【详解】（1）[1][2]为了保证碰撞时小球A不反弹，两

球的质量必须满足12mm，为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径需相等；[3]本实验中两小球做平抛运动下落高度相同，而竖直方向做自由落体运动，因此因此可知时间相等，而水平方向做匀速直线运动，水平位移Lvt可得Lvt则可知只需测量抛出点到落点的水平位移

即可，在验证动量守恒的式子中，时间t将被消去，因此不需要测量平抛运动的高度和时间。（2）[4]根据以上分析，结合题意，根据碰撞过程中动量守恒有112OPOMONmmmttt根据机械能守恒有22

2112111()()()222OPOMONmmmttt联立解得OPOMON（3）[5]根据112OPOMONmmmttt可得112mOPmOMmON则有12mONmOPOM=-代入测量数据解得12:4:1mm13.（1）25m/s；（

2）2cm；（3）3.8s【详解】（1）由乙图可知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图可知，波长λ=20m，则波速为25m/svT（2）由题图可知，振幅A=2cm，周期T=0.8s，角速度为22.5rad/sT初相为0,则质点A的位移的函数表达式为2

sin(2.5)yt当t=0.1s时，质点A的位移为52sin2cm4y（3）质点P、Q平衡位置之间的距离为L=75m，由Lvt解得3st，即经过3s质点Q第一次到达波谷，经过3.8s质点第二次到达波谷

14．（1）230m/s；（2）0.2J；（3）0.4m【详解】（1）撤去外力瞬间，由牛顿第二定律可知Fmgma解得230m/sa（2）小球与弹簧分离时，弹簧处于原长状态，撤去外力时，弹簧的压缩量0.2mFxk恢复到原长的过程中，弹

力随位移均匀减小到0，由动能定理可知k12FxmgxE解得k0.2JE（3）从撤去外力到小球上升到最高点的过程有12Fxmgh解得h=0.4m15．（1）2.4m；（2）6m/s；（3）120N【详解】（1

）小球运动的整个过程中，系统机械能守恒，因此由机械能守恒定律可得22011122mghmvmMv，解得2.4mh（2）小球和滑块在水平方向上动量守恒，当小球脱离滑块时，两者在水平方向上速度相同，因此可得01mvmMv，解得12m/sv（3）小球上升到回到圆弧轨道

E点的过程可以看做弹性碰撞，因此可得023mvmvMv，222023111222mvmvMv联立解得24m/sv，34m/sv，小球与滑块运动方向相反，因此小球回到圆弧轨道E点时可得，223NmvvFmgR，对滑块分析，由牛顿第三定律，滑

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