廣東省四校2022-2023學年高三上學期第一次聯(lián)考物理試題 （含答案）

第17頁/共17頁2023屆廣東省四校高三第一次聯(lián)考高三物理一．單選題（8小題，每題4分，共計32分）1.由已知現(xiàn)象，經(jīng)過邏輯推理和數(shù)學工具驗證，再進行合理延伸，是研究物理問題的一種科學思維方法。下列選項中屬于這種方法的是（）A.牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設想B.測靜電力常量C.探究二力合成的規(guī)律D.研究影響向心力大小的因素【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設想屬于經(jīng)過邏輯推理和數(shù)學工具驗證，再進行合理延伸，A正確；B．庫倫通過庫侖扭秤實驗得出了庫侖定律，此實驗應用了放大方法，但是由于當時電量的單位（庫侖）并沒有得到定義，他并沒有能夠測出靜電力常量的數(shù)值。靜電力常量的數(shù)值是在電量的單位得到定義之后，后人通過庫侖定律計算得出的，B錯誤；C．探究二力合成的規(guī)律利用等效替代的方法，C錯誤；D．研究影響向心力大小的因素使用控制變量法，D錯誤。故選A。2.如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁．若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【詳解】M、m相對靜止，對整體分析知，整體受總重力和地面給的支持力，處于靜止狀態(tài)；對物體m受力分析，則m受到重力、支持力和靜摩擦力；最后對M受力分析，受重力、m對它的垂直向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時地面對M有向上的支持力，因墻壁對小車不會有力的作用；則M共受到4個力．故B項正確，ACD三項錯誤．3.如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為建筑材料被吊車豎直提升過程的運動圖像（豎直向上為正方向），根據(jù)圖像下列判斷正確的是（）A.時材料離地面的距離最大B.前重力的沖量為零C.在鋼索最容易發(fā)生斷裂D.材料處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．時材料離地面的距離最大，后材料開始向下運動，所以A錯誤；B．前合外力的沖量為零，重力的沖量為mgt，所以B錯誤；C．在過程，材料做勻減速運動，此時鋼索的拉力小于材料的重力，所以鋼索不容易發(fā)生斷裂，則C錯誤；D．材料向下做勻加速運動，加速度向下，則材料處于失重狀態(tài)，所以D正確；故選D。4.如圖為廣泛應用于“雙11”的智能快遞分揀機器人簡化圖，派件員在分揀場內(nèi)將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人可以將不同類別的包裹自動送至不同的位置，則下列說法正確的是（）A.包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹不受摩擦力的作用B.包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹沒有慣性C.包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力D.包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力等于包裹的重力【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正確；B．一切物體在任何情況下都有慣性，慣性是物體的一個基本屬性，B錯誤；C．包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；D．包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力有豎直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有豎直方向的支持力與包裹的重力大小相等，因此機器人對包裹的作用力不等于包裹的重力，D錯誤。故選A。5.如圖所示，一質(zhì)點做平拋運動先后經(jīng)過兩點，到達點時速度方向與水平方向的夾角為30°，到達點時速度方向與水平方向的夾角為45°.從拋出開始計時，質(zhì)點運動到A點與運動到B的時間之比是（）A. B. C. D.條件不夠，無法求出【答案】B【解析】【詳解】設初速度為，將兩點的速度分解，在點有解得在點有解得則A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析相符，故B正確；C．與分析不符，故C錯誤；D．條件不夠，無法求出，與分析不符，故D錯誤；故選：B。6.如圖所示，斜面體B固定于水平桌面上，一質(zhì)量為m的物塊A從斜面底端開始以初速度沿斜面自由上滑，然后又返回出發(fā)點，此時速度為v，物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)為。以下說法正確的是（??）A.物塊A與斜面間摩擦力大小為B.物塊A上下過程可以看做一個單一的勻變速直線運動C.物塊A上滑時間大于下滑時間D.物塊A上滑的加速度大于下滑的加速度【答案】D【解析】【詳解】A．設斜面傾角為，則物塊A在斜面上滑動時摩擦力大小為，A錯誤；B．物塊A上滑時做勻減速直線運動，下滑時做勻加速直線運動，故物塊A上下過程不是一個單一過程的勻變速直線運動，B錯誤；D．上滑時，由牛頓第二定律解得下滑時，由牛頓第二定律解得故即物塊A上滑的加速度大于下滑的加速度，D正確；C．設上滑位移大小為x，正向勻減可以看成反向勻加，由可得同理，下滑時間為故物塊A上滑時間小于下滑時間，C錯誤。故選D。7.如圖，若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運動，ab到地心O的距離小于，則下列說法正確的是（??）A.地球?qū)πl(wèi)星a的萬有引力大于地球?qū)πl(wèi)星b的萬有引力B.衛(wèi)星a的周期大于衛(wèi)星b的周期C.衛(wèi)星a和b的線速度都小于7.9km/sD.衛(wèi)星a和地球的連線、衛(wèi)星b和地球的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等【答案】C【解析】【詳解】A．因為衛(wèi)星a和衛(wèi)星b的質(zhì)量未知，不能確定地球?qū)πl(wèi)星a的萬有引力和地球?qū)πl(wèi)星b的萬有引力的關(guān)系。A錯誤；B．設地球質(zhì)量為，衛(wèi)星質(zhì)量為，軌道半徑為，衛(wèi)星周期為，由萬有引力提供向心力得因為得衛(wèi)星a的周期小于衛(wèi)星b的周期，B錯誤；C．設衛(wèi)星的線速度為，由萬有引力提供向心力得設地球半徑為，因為第一宇宙速度為衛(wèi)星貼近地球表面飛行的線速度即因為設衛(wèi)星a和b的的線速度分別為和，得衛(wèi)星a和b的的線速度都小于7.9km/s。C正確；D．由開普勒第二定律，衛(wèi)星a和地球連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，衛(wèi)星b和地球的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，但兩衛(wèi)星與地球的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積不相等。D錯誤。故選C。8.以前人們蓋房打地基叫打夯，夯錘的結(jié)構(gòu)如圖所示。參加打夯的共有5人。四個人分別握住夯錘的一個把手，一個人負責喊號，喊號人一聲號子，四個人同時向上用力將夯錘提起，號音一落四人同時松手，夯錘落至地面將地基砸實。某次打夯時，設夯錘的質(zhì)量為m，將夯錘提起時，每個人都對夯錘施加豎直向上的力，大小均為，持續(xù)的時間為t，然后松手，夯錘落地時將地面砸出一個凹痕。不計空氣阻力，則（??）A.在上升過程中，夯錘超重，在下落過程中，夯錘失重B.在下落過程中，夯錘速度增大，機械能增加C.松手時夯錘的動能為D.夯錘上升的最大高度為【答案】C【解析】【詳解】A．上升過程中分為兩個過程，第一個過程，四人的合力大于夯錘的重力，加速度向上，是超重，放手后只受重力，加速度向下是失重，即夯錘上升過程先超重后失重；在下落過程中，夯錘只受重力作用，夯錘處于完全失重，故A錯誤；B．在下落過程中，夯錘的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，速度增大，由于不計空氣阻力，因此機械能守恒，故B錯誤；C．由牛頓第二定律，得故方向豎直向上，由松手時夯錘的動能為故C正確；D．由選項C分析知，對夯錘施力后，夯錘先向上以，勻加速運動t時間，位移為接下來以加速度g向上做勻減速運動，因此加速位移和減速位移大小相等，則夯錘上升的最大高度為，故D錯誤。故選C。二．多選題（3小題，每題6分，共18分；全對得6分，選對不全得3分，有錯選得0分）9.如圖所示，某同學站在地面上，用恒定的、豎直向下的拉力通過繞過光滑定滑輪的輕繩拉動木箱，使木箱向左沿粗糙水平地面運動。在木箱向左運動的過程中（）A.地圖對木箱的支持力減小 B.地面對木箱的支持力增大C.地面受到的摩擦力減小 D.地面受到的摩擦力增大【答案】AC【解析】【詳解】AB．設輕繩與水平方向的夾角為θ，木箱在豎直方向受力平衡，有Fsinθ+FN=G可知地面對木箱的支持力減小，選項A正確、B錯誤；CD．由f=μFN，結(jié)合牛頓第三定律，可知地面受到的摩擦力減小，選項C正確、D錯誤。故選AC。10.如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙A.運動周期為B.線速度的大小為ωRC.受摩天輪作用力的大小始終為mgD.所受合力大小始終為mω2R【答案】BD【解析】【詳解】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關(guān)系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：，故D正確．11.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離泥潭表面高度為H的A點由靜止釋放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度為h的B點時速度減為零，不計空氣阻力，重力加速度為g。則關(guān)于小球下落過程中，說法正確的是（）A.整個下落過程中，小球的機械能減少了mgHB.整個下落過程中，小球克服阻力做的功為mg(H+h)C.在陷入泥潭過程中，小球所受阻力的沖量大小等于D.在陷入泥潭過程中，小球動量的改變量的大小等于【答案】BD【解析】【詳解】AB．從靜止開始釋放到落到地面，應用動能定理解得小球陷入泥中的過程，根據(jù)動能定理故Wf=mgh+=mgh+mgH克服阻力做的功等于小球機械能的減少量，故機械能減少了mgh+mgH，故A錯誤，B正確；C．由上可知小球落到地面的速度為，對進入泥潭的過程運用動量定理得可知阻力的沖量大小不等于，故C錯誤；D．由上可知小球落到地面的速度為，對進入泥潭后的速度為0，所以小球動量的改變量大小等于，故D正確。故選BD。三．實驗題（共14分）12.在研究勻變速直線運動規(guī)律實驗中打出的紙帶如圖所示，每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出。點A對準刻度尺0刻線，從刻度尺上讀出BCDE到A點距離備用，其中AD兩點間距______cm，用讀出的數(shù)據(jù)求打出C點時紙帶的速度大小為______m/s（保留3位有效數(shù)字）；紙帶運動的加速度大小為a=______（保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?5.85②.0.233③.0.75【解析】【詳解】[1]刻度尺的最小分度為1mm，要估讀到毫米下一位，D點讀數(shù)為5.94cm，AD兩點間距為5.85cm[2]相鄰計數(shù)點的時間間隔為勻變速直線運動某段中間時刻速度等于該段的平均速度，C點的速度等于BD段的平均速度，打出C點時紙帶的速度大小為[3]根據(jù)逐差法求紙帶運動的加速度為13.某同學用如圖所示裝置探究驗證向心力相關(guān)問題，一輕質(zhì)細線上端固定在力傳感器上，下端懸掛一小鋼球，鋼球靜止時剛好位于光電門中央，主要實驗步驟如下：（1）用游標卡尺測出鋼球直徑d=________cm；（2）將鋼球懸掛靜止不動，此時力傳感器示數(shù)為，用米尺量出線長L；（3）將鋼球拉到適當?shù)母叨忍幱伸o止釋放，光電門計時器測出鋼球的遮光時間為t，力傳感器示數(shù)的最大值為；已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，請用上述測得的物理量表示：鋼球經(jīng)過光電門時的線速度表達式v=________，向心力表達式________；鋼球經(jīng)過光電門時所受合力的表達式________；比較二者在實驗誤差允許的范圍內(nèi)是否相等；（4）改變鋼球釋放高度重復步驟③，可以用控制變量法探究鋼球做圓周運動向心力與________的關(guān)系。【答案】①.1.050②.③.④.⑤.線速度【解析】【詳解】（1）[1]圖中小球的直徑（3）[2]小球的直徑d，遮光時間為t，所以通過光電門的速度[3]根據(jù)題意知，小球圓周運動的半徑為：，小球質(zhì)量：，向心力表達式[4]鋼球經(jīng)過光電門時只受重力和繩的拉力，所受合力為（4）[5]改變鋼球釋放高度，則小球每次經(jīng)過光電門位置的線速度不同，從而可以通過控制變量法探究鋼球做圓周運動向心力與線速度的關(guān)系。四．計算題（共36分）14.取重力加速度，sin37°=0.60，cos37°=0.80，。如圖所示，質(zhì)量m=0.78kg的滑塊可視為質(zhì)點，與水平桌面AD間的動摩擦因數(shù)；有缺口圓軌道豎直固定，半徑R=0.8m，半徑ON豎直，OP與豎直方向成角，OM水平?；瑝K在與水平方向成角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以的加速度沿水平桌面AD做勻變速直線運動；到達桌面最右端D時撤去拉力F，滑塊恰好經(jīng)P點無碰撞進入圓軌道，到達M點時對軌道壓力為其重力的倍。（1）求拉力F的大?。唬?）滑塊從P到M克服摩擦力做的功（結(jié)果保留一位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）4.5N；（2）3.7J【解析】【詳解】（1）滑塊沿水平桌面AD做勻變速直線運動過程中，有聯(lián)立可得（2）滑塊離開D點后做平拋運動，由題圖可知，滑塊豎直方向的分位移為R，則有小球到達P點時豎直方向的分速度為聯(lián)立可得因為滑塊恰好經(jīng)P點無碰撞進入圓軌道，所以滑塊到達P點時速度恰好沿曲面切線方向。則滑塊在P點時速度與水平方向的夾角為45°，則P點速度為滑塊到達M點時對軌道壓力為其重力的倍，則有從P到M應用動能定理聯(lián)立可得15.2016年8月17日，廣西南寧市上思縣至吳圩機場二級路段發(fā)生山體滑坡事故．假設在發(fā)生山體滑坡時，山坡的底部B處正有一游客逗留，如圖所示，此時距坡底160m的山坡A處有一圓形石頭正以2m/s的速度、1m/s2的加速度勻加速下滑，游客發(fā)現(xiàn)后，立即以0.4m/s2的加速度由靜止開始做勻加速直線運動跑離坡底，石頭滑到B處前后速度大小不變，但開始以2m/s2的加速度勻減速運動，已知游客從發(fā)現(xiàn)圓形石頭到開始逃跑的反應時間為1s，游客跑動的最大速度為6m/s，且游客的運動與圓形石頭的運動在同一豎直平面內(nèi)，試求：（1）圓形石頭滑到坡底B處時，游客前進的位移大小；（2）該游客若能脫離危險，請計算石頭與游客間的最小距離，若不能脫離危險，請通過計算說明理由．【答案】（1）45m（2）9m【解析】【詳解】(1)設石頭從A處滑到坡底B處的時間為t1，到達坡底B處速度為v1，則x1＝v0t1＋代入數(shù)據(jù)解得t1＝16s此時石頭的速度為v1＝v0＋at1＝2m/s＋1×16m/s＝18m/s游客加速到最大速度用時t2＝＝15st1＝t2＋1s，此過程游客一直在加速前進游客前進的位移為x2＝＝45m．(2)石頭滑到坡底B處時，游客的速度為v2＝a′t2＝0.4×15m/s＝6m/s剛好達到最大速度，此后石頭做勻減速運動，游客開始以vm做勻速運動，設又經(jīng)歷時間t3二者的速度相等，即v共＝v1－a石t3＝vm＝6m/s解得t3＝6s石頭在這段時間內(nèi)位移為x石＝t3＝×6m＝72m游客此時的總位移為x游＝x2＋vmt3＝45m＋6×6m＝81m說明石頭此刻未能追上游客，游客能脫離危險，石頭與游客間的最小距離為Δxmin＝81m－72m＝9m．16.如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量的小物塊A．裝置的中間是水