江西省宜春市宜豐縣宜豐中學2023-2024學年高三年級上冊11月期中考試物理試題

A.物塊從斜面底端到達頂端的時間為2底

（上）江西省某中學月高三期中考試物理試卷

2023—202411B.物塊相對傳送帶的位移大小為6m

C.物塊被運送到頂端的過程中，摩擦力對物塊做功為32J

D.物塊被運送到頂端的過程中，電動機對傳送帶至少做功48J

一、選擇題（1-7為單選，每小題4分，8To為多選，每小題6分，共46分）7.如圖甲所示，彈簧振子以。點為平衡位置,

1.某物體做直線運動的X4圖像如圖所示，關于物體在前8s內(nèi)的運動，說法正確圖象。則（）

的是（）

A.在z=0.2s時，彈簧振子的速度最大

A.物體在第6s末改變運動方向B.O~4s內(nèi)的位移大于6~8s內(nèi)的位移

B.在Z=0.3s與/=0.5s兩個時刻,速度相同

C.O~4s內(nèi)的速度小于6~8s內(nèi)的速度

D.0?8s內(nèi)物體離出發(fā)點的最大距離是8mC.從Z=0.5s到。0.6s時間內(nèi),彈簧振子做

2.如圖所示為某款可以調(diào)節(jié)背帶長短的挎包?，F(xiàn)將該挎包分別用圖中兩種方式掛加速度減小的減速運動

在掛鉤上，下列說法正確的是（）

D.在z=0.6s時，彈簧振子有最小的彈性勢能

A.背帶長時，背帶上的張力大B.背帶短時，背帶上的張力大

8.電動平衡車因其體積小，速度快，攜帶及操作方便，被越來越多的人作為代步工具及警用巡邏

C.背帶長時，背帶受到掛鉤的作用力大白

A車，某次騎行過程中，人站在平衡車上沿水平直道由靜止開始運動，整個騎行過程的M圖像如圖所

D.背帶短時，背帶受到掛鉤的作用力大示（0~3s及18s以后圖像均為直線），3s末功率達到額定功率并保持不變，已知人與平衡車質(zhì)量之和

如圖所示，輕彈簧的?端固定，另?端連著小球小球的卜.面用另?根相同的輕彈簧J連

3.LA,A為60kg,若騎行過程所受的阻力不變，下列說法正確的是（）

著小球B.一根輕質(zhì)細繩一端連接小球A,另一端固定在墻上，平衡時細繩水平，彈簧L「與豎直方向

A.騎行過程人及平衡車所受阻力為80N

的夾角為60。，彈簧L的形變量為彈簧L?形變量的3倍，重力加速度大小為g。

將細繩剪斷的瞬間，下列說法正確的是（）B.378s時間內(nèi)，平衡車的位移為90m

A.小球A的加速度大小為主星B.小球A的加速度大小為36印C.0~18s時間內(nèi)，牽引力的最大功率為640W

2

D.070s時間內(nèi),牽引力做的功為6400J

C.小球B的加速度大小為專D.小球B的加速度大小為g

9.（原題重現(xiàn)）如圖所示，?質(zhì)量為/〃的物體在光滑的水平面上運動，已知物體受到?個恒定的水平

力作用，先后經(jīng)過水平虛線上、兩點時的速度大小分別為%=八以=方向分別與成

4.第24屆冬奧會于2022年2月4日在我國的北京、延慶等地舉行，如圖甲所示，兩名質(zhì)量相同的A86?，，A8

跳雪運動員。、8（可視為質(zhì)點）從雪道末端先后以初速度均八%〃，沿水平方向向左飛出，示意圖如a=60°斜向上、6=30。斜向下，已知A4=L,下列說法中正確的是（）

圖乙。若%:%=1：2不計空氣阻力，則兩名運動員從飛出至落到A.恒力大小為十、葉

雪坡（可視為斜面）上的整個過程中，下列正確的是（）B.從A到B的運動過程中恒力一直對物體做正功Z

A.a、6飛行時間之比為2:1C.物體從4到8的運動過程中的最小動能為嚶A廣艾7〃

B.〃、匕飛行的水平位移之比1:2

D.物體從4點運動到3點過程中恒力的沖量大小為2mv'

c.〃、8落到雪坡上的瞬時速度方向不相同

10.如圖所示，質(zhì)量為的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為3〃?的木塊靜止在木板的左

D.〃、b落到雪坡上的動能之比為1：4甲

端。質(zhì)量為機的子彈以大小為％的初速度射入木塊，子彈射入木塊后未穿出木塊，且木塊恰好未滑離

5.如圖所示，衛(wèi)星A是2022年8月20日我國成功發(fā)射的遙感三十五號04組衛(wèi)星，

木板。木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,子彈與木塊均視為質(zhì)點，不計子彈射

衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，若它們均可視為繞地球做勻速圓周運動，衛(wèi)星P是地球赤道°從

上還未發(fā)射的衛(wèi)星，下列說法正確的是（）°B入木塊的時間。下列說法正確的是（）

A.子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒

A.衛(wèi)星A的運行周期可能為48hB.衛(wèi)星B在6h內(nèi)轉(zhuǎn)動的圓心角是45°、與

B.子彈射入木塊后共同速度為今

C.衛(wèi)星B的線速度小于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的線速度Vo

D.衛(wèi)星B的向心加速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度C.木板長度為不?一

6.（原題重現(xiàn)）如圖所示，傳送帶與水平面夾角6=30。，底端到頂端的距離L=6m,運行速度大小32〃月

v=2nVso將質(zhì)量加=lkg的小物塊輕放在傳送帶底部，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=竽，取重D.木塊在木板上滑行時間是含

84g

力加速度g=10nVs2o下列說法正確的是（）

（2）片0.1s時，質(zhì)點A的位移；

二、實驗題（每空2分，共14分）（3）質(zhì)點Q第二次到達波谷的時間。

11.（原題重現(xiàn)）利用計算機和力傳感器可

以比較精確地測量作用在掛鉤上的力，并

能得到掛鉤所受的拉力隨時間變化的關系

圖像，實驗過程中掛鉤位置可認為不變。

某同學利用力傳感器和單擺小球來驗證機

械能守恒定律，實驗步驟如下：丙

①如圖甲所示，固定力傳感器M；

②取一根不可伸長的細線，一端連接一小鐵球，另一端穿過固定的光滑小圓環(huán)0,并固定在傳感器M

的掛鉤上（小圓環(huán)剛好夠?根細線通過）：

③讓小鐵球自由懸掛并處于靜止狀態(tài)，從計算機中得到拉力隨時間變化的關系圖像如圖乙所示；

④讓小鐵球以較小的角度在豎直平面內(nèi)的A、B之間擺動，從計停機中得到拉力隨時間變化的關系圖

像如圖丙所示。請回答以下問題：（以下結(jié)果用Fo、Fi、F2表示）14.（12分）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧套在固定的光滑細桿上，其底端與水平地面相連。一帶有小孔、

（1）小鐵球的重力大小為。質(zhì)量為〃-0.1kg的小球（可視為質(zhì)點）穿在細桿上，小球與彈簧上端接觸但并不連接.現(xiàn)用外力使小

（2）為了驗證小鐵球機械能守恒定律，只需驗證等式是否成立即可。球緩慢向下壓縮彈簧到。點并保持靜止，此時彈簧彈力大小為七4N。已知細桿足夠長，彈簧的勁度

12.用如圖甲所示的“碰撞實驗器”可驗證兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量守恒定律。圖甲中系數(shù)為七20N/m,取g=10m/s2,彈簧未超過其彈性限度，不計空氣阻力。突然撤去外力后，求：

（1）撤去外力瞬間，小球的加速度大??；

。點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影。實驗時，先讓質(zhì)量為網(wǎng)的小球A多次從斜軌上位置G

（2）小球與彈簧分離時的動能：

點由靜止釋放，找到其落點的平均位置P,測量OO

（3）小球運動到最高點時距。點的距離。

平拋射程0P.然后，把質(zhì)量為生的小球B靜置L

于軌道末端的水平部分，再將小球A從斜軌上位

置G由靜止釋放，與小球B碰撞，如此重復多

次，M、N為兩球碰后的平均落點，重力加速度\!/'\

為g，回答下列問題：

（1）為了保證碰撞時小球A不反彈，兩球的質(zhì)量必須滿足叫"4（填“v”或“>”），為了保證

兩小球發(fā)生對心正碰，兩小球的半徑（填“需相等”或“不需相等”），本實驗_______測量平拋

55分）如圖所示，光滑水平面上靜置一個質(zhì)量*3kg的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個"光滑圓弧

運動的高度和時間（填“不需要”或“需要”）

（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，則表達式可表示為（僅用OM、OP、ON表示）。軌道，半徑R=0.8m,E點切線水平。一個質(zhì)量m=lkg的小球以速度％=8m/s從E點沖上滑塊，從F

（3）若實驗中得出的落點情況如圖乙所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球A的質(zhì)量碼與被點脫離滑塊。重力加速度大小g=10m/s2。求:

碰小球B的質(zhì)量啊之比為（1）小球離地的最大高度；

（2）小球從F點脫離滑塊時，小球速度大?。?/p>

（3）小球回到圓弧軌道E點時，滑塊對地面的壓力大小。

三、解答題（共40分）

13.（10分）一列簡諧橫波沿以方向傳播，/=（）時刻的波形如圖甲所示，A、B、P和。是介質(zhì)中的四

個質(zhì)點，片0時刻該波剛好傳播到B點，質(zhì)點4的振動圖像如圖乙所示，求：

<1）該波傳播速度的大?。?/p>

W"gcose-/〃gsine="/解得q=lm/s?物塊速度與傳送帶速度相等的時間乙=L=2s之后，由于

a\

/"gsine＜〃〃2gcos6摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，大小為〃陪sin。，物塊與傳送帶保持相對靜止向上滑

高三期中考試物理參考答案：動，物塊加速階段的位移占=t=2m傳送帶的路程占=w=4m物塊與傳送帶保持相對靜止運動的時

2a

1.C【詳解】A..1圖像的斜率正負反映了物體的運動方向，所以物體在4s時運動方向發(fā)生了變

化，故A錯誤：B.根據(jù).1圖像可知0~4s內(nèi)的位移大小等「6~8s內(nèi)的位移，故B錯誤：C.根據(jù).?間t,==2s物塊從斜面底端到達頂端的時間r=r,+r,=4s物塊相對傳送帶的位移大小為

，圖像的斜率表示物體運動的速度，則0~4s內(nèi)的速度為lm/s,6?8s內(nèi)的速度為-2m/s,故C正確；

故錯誤；物塊被運送到頂端的過程中，摩擦力對物塊做功為

D.()~8s內(nèi)物體離出發(fā)點的最大距離是4m,故D錯誤。故選C。Ax=±-%=2mABC.

2.B【詳解】AB.兩種方式下，挎包均處于平衡狀態(tài)，重力大小相同，則背帶上拉力的合力大小相W=W咫cos夕玉+〃?gsin，?a-內(nèi))=32J故C正確；D.物塊被運送到頂端的過程中，電動機對傳送

同；背帶短時，背帶間的夾角更大，根據(jù)平行四邊形定則，可知此時背帶上的張力更大，故A錯誤，帶做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱和物塊增加的機械能，其大小為卬'="zgcos。Ax+〃3sine+'”=44J故D

B正確；CD.兩種方式下，掛鉤對挎包的作用力大小均等于重力大小，故CD錯誤。故選B。

z-錯誤。故選C。

3.B【詳解】細繩剪斷之前，對整體受力分析IT,滿足7；sin3O=(叫+嗎左,7.B【詳解】A.由圖乙可知，在片0.2§時，彈簧振子位于正向位移最大處，此時速度為零，故A錯

|(研+叫)g誤；B.在/=().3s與/=().5s兩個時刻，彈簧振子關于平衡位置對稱，速度大小相等，方向相同，故B

7；cos30=T

正確；C.從/=().5s到/=0.6s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向負向最大位移處運動，位移逐漸增大，

A

對B受力分析滿足4=〃4g又因為兩輕彈簧勁度系數(shù)相同，且彈簧L的形變量為彈簧L?形變量加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運動，故C錯誤；

%2gD.在匚0.6s時，彈簧振子的位移為負向最大值，即彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，

的3倍，故有工=35聯(lián)立解得丁二3后〃祜剪斷細繩后瞬間，兩輕彈簧上彈力保持不變，細繩上拉力

故D錯誤。故選B。

變?yōu)?,此時小球A所受合外力大小與原繩上拉力相等，小球B所受合外力為零，由牛頓第二定律可

知iQ町0=〃4見解得4=3x/5g,q=。故B正確，ACD錯誤。故選B。8.AC【詳解】AC.()~3s內(nèi)，平衡車做勻加速直線運動，有￡-/=〃口結(jié)合圖線可得

4、

a=-L=—m/s-

4.D【詳解.】A.設運動員的飛行時間為,,根據(jù)平拋運動規(guī)律有工二%1,y=根據(jù)幾何關系有M3

3s末功率達到額定功率，則尸=冗匕18s后，有「二瑪匕=戶2聯(lián)立解得寫=160N,f=80N,

tan^=—

xP=640W

聯(lián)立解得，=生竺吆所以他們飛行時間之比為，=殳=；故A錯誤；B.他們飛行的水平位移之比故AC正確；B.378s時間內(nèi)，根據(jù)動能定理可得戶4-#2=?”4-3，，/解得三=102111故8錯

為±.=沖=；故8錯誤；c.設運動員落到雪坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角為小整理可誤：D.0~10s時間內(nèi)，牽引力做的功為W=其中％=耳卬i=5x4x3m=6m,

z\r=10s-3s=7s

知tana=&=2tan(9所以他們落到雪坡上的瞬時速度方向一定相同，故C錯誤：D.根據(jù)C選項可聯(lián)立解得W=5440J故D錯誤。故選AC。

vo9.CD【詳解】D.根據(jù)題意可知，整個運動過程中，物體受到一個恒

定的水平力作用，則速度變化量的方向與水平恒力方向相同，由矢量三,

知，兩名運動員落到雪坡上時的速度大小之比為1:2,根據(jù)可知兩名運動員落到雪坡上時

角形得出速度變化量，如圖所示，由幾何關系可得Av=施+v；=2v恒力?

的動能之比為1:4,故D正確。故選D。

AB的夾角為60。.A.物體從A點運動到B點過程，由動能定理有

5.D【詳解】A.根據(jù)開普勒第三定律，=0可知衛(wèi)星A的運行周期小于24h,故A錯誤；B.衛(wèi)

八加8$60。=，,說-3必，；解得尸=網(wǎng)二故人錯誤；B.由圖可知，恒力與速度的夾

星是地球同步衛(wèi)星，周期為所以在內(nèi)轉(zhuǎn)動的圓心角是。=哼-=。故錯誤；衛(wèi)星

B24h,6h90BC.角開始為鈍角，后為銳角，則從到的運動過程中恒力先做負功，再做正功，故

4ABB

B是地球同步衛(wèi)星，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)，=「?？芍l(wèi)星B的線速度大于衛(wèi)星P隨地錯誤；C.根據(jù)上述分析可知，把5分解到垂直恒力方向和沿恒力方向，如圖所示

球自轉(zhuǎn)的線速度，故C錯誤；D.衛(wèi)星B角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)/可知衛(wèi)星B的由幾何關系可得P=30°則有%=匕cos力=＞巨v,%=%sin/=；＞，可知，當％=。時，

物體從4到B

向心加速度大于隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，故D正確；故選D。22

6.C【詳解】AB.物塊剛放上傳送帶時，所受摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律得

的運動過程中的動能最小，最小值為生值,=,小*=細匕故C正確：D.由動量定理可得，物體從A(3)質(zhì)點P、Q平衡位置之間的距離為L=75m,由￡=W

28

點運動到8點過程中恒力的沖量大小為/=少=加2^=2〃?1，故D正確；故選CDo解得，=3s,即經(jīng)過3s質(zhì)點Q第一次到達波谷，經(jīng)過3.8s質(zhì)點第二次到達波谷

10.BD【詳解】AB.子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒，根據(jù)

14.(1)30m/s2;<2)0.2J；(3)0.4m

動量守恒可得《1%=(，，，+3，，，)，，,解得子彈射入木塊后共同速度為“=今故人錯誤’B正確；CD.木塊

【詳解】(1)撤去外力瞬間，由牛頓第二定律可知

恰好未滑離木板，可知最終木塊與木板具有相同的速度根據(jù)動量守恒可得

v2

(m+3m)i=("]+3〃?+4〃。嶺產(chǎn)-mg=ma解得a=30m/s

解得V，=2=粵木塊在木板上滑行時的加速度大小為=〃g則木塊在木板上滑行時間F

(2)小球與彈簧分離時，彈簧處于原長狀態(tài)，撤去外力時，彈簧的壓縮量x=/=0.2m

"28m+3m

為，=上二上=含木板長度為L=&!-x(S=空電，-々r==r=7：A故C錯誤，D正確。故選BD。

a22264〃g恢復到原長的過程中，彈力隨位移均勻減小到0,由動能定理可知叫x=線

II.Fo3Rr2B+尸2

【詳解】(1)小鐵球靜止時，繩子的拉力尸o,可知小球的重力為G=R)解得線=0.2J(3)從撤去外力到小球上升到最高點的過程有g(shù)6="也萬

(2)設細線長為L,小球運動到最低點時速度大小為山根據(jù)牛頓第二定律有八-mg=,"/

解得A=0.4m

小球運動到最高點A時，在沿細線方向有F,="陪cos6若小球在最高點A和最低點:處的機械能相等,

15.(1)2.4m；(2)6m/s；(3)120N

則應有g(shù)mv2="31(i-cos6)由(1)題結(jié)論知F尸,"g聯(lián)立上述幾式可得3為=2￡+6

【詳解】(1)小球運動的整個過程