福建省泉州市晋江第二中学、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2022-2023学年高三上学期12月联考物理.docx

福建省泉州市晋江第二中学、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2022-2023学年高三上学期12月联考物理试题

一、单选题（本大题共4小题）
1. 在一次课外活动中，老师来到学校操场，举行水火箭发射比赛，如图所示是水火箭升空瞬间的照片。这一有趣的比赛活动引起了同学们有关物理学知识的讨论，下列说法正确的是（　　）

A．水火箭上升过程中加速度一直等于重力加速度
B．水火箭发射上升过程中增大的机械能来自水的化学能
C．水火箭利用反冲原理，喷出液体对空气作用力的反作用力使水火箭获得前进的动力
D．水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力
2. 2019年“山东舰"正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰"正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2（v2>v1），在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（　　）

A． B．
C． D．
3. 某运动员在米跨栏时采用蹲踞式气泡，发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重力，如图所示，假设质量为的运动员，在起跑时前进的距离内，重心上升高度为，获得的速度为，克服阻力做功为，则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．运动员的重力做功为
B．运动员机械能增量为
C．运动员的动能增加量
D．运动员自身做功为
4. 两个质量为m的物体A、B由轻质硬杆相连，可被视为一“哑铃”状的卫星，该卫星围绕一质量为M的天体旋转，如图所示，两物体和天体质心在一条直线上，两物体分别以和为半径绕中心天体做圆周运动。在某时刻连接两物体的杆突然断裂后，两物体的运动轨道会发生变化，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A．若杆突然断裂，B会做离心运动，A将做向心运动
B．若B在杆突然断裂后做离心运动，则A仍在原轨道上做圆周运动
C．杆断裂前，两物体的周期为
D．杆断裂前，两物体的周期为

二、多选题（本大题共4小题）
5. 如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方的关系如图乙所示。，下列说法正确的是（　　）

A．小物块的下滑的加速度大小恒为
B．斜面倾角为
C．小物块末的速度是
D．小物块第内的平均速度为
6. 建筑行业使用的小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架（含电动机）上由一根长为的轻杆带动一个质量为m的铁球（铁球可视为质点），如图所示。重力加速度为g。若某次铁球以角速度匀速转动，空气阻力不计，则（    ）

A．铁球转动过程中机械能守恒
B．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
C．铁球转动到最低点时，处于超重状态
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则
7. 如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为O点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角PNM为。橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列正确的是（　　）

A．在P点橡皮筋弹力大小为
B．在P点时拉力F大小为
C．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小
D．小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
8. 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（　　）

A．A和B系统的机械能守恒
B．小球运动到最低点时的速度大小为
C．刚释放时小球A的加速度大小为
D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为

三、填空题（本大题共2小题）
9. 闽江，中国福建省最大独流入海（东海）河流。全长562公里，上游是高山峡谷，溪流密布；中游地段河谷狭窄，滩多水急；下游流速缓慢，有利航行。某段江面宽了90m，水流速度1.5m/s，有只木船在A点要过江，如图所示。

（1）若木船相对静水速度3.0m/s，则木船最短渡江时间为 s；
（2）若A处下游120m的B处是一片与河岸垂直的险滩，为使木船从A点以恒定的速度安全到达对岸，则木船在静水中航行时的最小速度为 m/s。
10. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间的变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度g取10m/s2。则系统损失的机械能为ΔE= J，A、B间的动摩擦因数为μ= 。（结果均保留一位有效数字）

四、解答题（本大题共4小题）
11. 探究向心力大小F与物体的质量m、角速度和轨道半径r的关系实验。某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。

（1）三个情境中，图 是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。
（2）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的 。
A．探究平抛运动的特点
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
12. 战机常配有阻力伞，阻力伞也叫减速伞，是用来减小战机着陆时滑跑速度的伞状工具，某质量为m=2.0×104kg的战机以水平速度v0=100m/s着陆后立即关闭引擎同时打开阻力伞，情形如图甲所示，战机做直线运动，其速度随时间变化关系如图乙所示，图线在12~22s时间内可近似看成直线，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）在12~22s时间内，战机受到的平均阻力大小；
（2）在0~12s时间内，战机克服阻力做功的平均功率。

13. 如图所示，质量的滑块可视为质点，与水平桌面AD间的动摩擦因数；有半径的缺口圆轨道竖直固定，圆弧轨道光滑，半径ON竖直，OP与竖直方向成角，OM水平，DP之间高度差也为R。滑块在与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做匀变速直线运动；到达桌面最右端D时撤去拉力F，滑块恰好经P点无碰撞进入圆轨道。取重力加速度，，。
（1）求拉力F的大小；
（2）滑块在P点时速度大小；
（3）求滑块在M点时轨道受到的弹力（可用根号表示）。

14. 如图所示，足够长的倾斜传送带与水平面的夹角θ=37°，劲度系数k=32N/m的轻质光滑弹簧平行于传送带放置，下端固定在水平地面上，另一端自由状态时位于Q点。小滑块质量m=2kg，滑块与传送带间的滑动摩擦因数μ=0.25。设PQ间距L=2m，每次小滑块都从P点由静止释放，整个过程中小滑块未脱离传送带，弹簧处于弹性限度内，弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量。已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若传送带静止不动，求小滑块下滑到刚接触弹簧时的速度v；
（2）若传送带以v传=4m/s的速度逆时针转动，求：
①小滑块从P点静止释放到t=0.4s内系统因摩擦产生的热量Q；
②小滑块向下滑行的最大距离S。（结果可用根式表示）

五、实验题（本大题共1小题）
15. 某同学在研究性学习中用如图装置来验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方，系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h，由静止释放后，系统开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间．

（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v= ．
（2）若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面 （填正确选项的序号）等式成立，即可验证牛顿第二定律．
A．B．
C．D．
（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要 ．
（4）若M>>m，改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金属片C的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以 （选填“”或“”）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．
参考答案
1. 【答案】D
【详解】A．水火箭上升过程中，除了重力，还受到空气对水火箭的作用力，由牛顿第二定律可知，加速度不等于重力加速度，A错误；
B．水火箭质量减小，重力势能在减小，在上升减速阶段，动能也减小，机械能减小，B错误；
CD．水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力，D正确，C错误。
故选D。
2. 【答案】A
【详解】A．由牛顿第二定律，则有

故A正确；
B．当航母达到最大速度时，F=f，此时

故B错误；
C．航母的运动不是匀加速运动，则时间t内的位移

故C错误；
D．由动能定理可得

故D错误。
故选A。
3. 【答案】B
【详解】运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为，故A错误；运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为，故B正确；运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速度为v，则运动员的动能增加了，故C错误；根据动能定理得，得到，故D错误．
4. 【答案】C
【详解】CD．设杆对A、B的弹力大小均为F，则对A、B分别根据万有引力定律和牛顿第二定律有

解得

故C正确，D错误；
AB．若B在杆断裂后做离心运动，则杆断裂前，杆对B有靠近中心天体的拉力作用，杆对A有背离中心天体的拉力作用，所以若杆突然断裂，A将做向心运动。反之，若B在杆断裂后做向心运动，则A将做离心运动。故AB错误。
故选C。

5. 【答案】AC
【详解】A．小物块从光滑斜面上由静止滑下，做匀加速直线运动，则有

可得小物块的下滑的加速度大小为

故A正确；
B．对物块受力分析，由牛顿第二定律可得

可得

故B错误；
C．小物块末的速度为

故C正确；
D．小物块末的速度为

第内的平均速度为

故D错误；
故选AC。
6. 【答案】CD
【详解】A．铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断变化，所以铁球转动过程中机械能不守恒，选项A错误；
B．铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化，由可知，铁球做圆周运动的向心加速度大小不变，但其方向在不断地发生变化，故选项B错误；
C．铁球转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁球的拉力大于铁球所受的重力，铁球处于超重状态，选项C正确；
D．以支架和铁球整体为研究对象，铁球转动到最高点时，只有铁球有向下的加速度，由牛顿第二定律得

解得

选项D正确。
故选CD。
7. 【答案】AD
【详解】AB．设圆弧的半径为R，橡皮筋的劲度系数为k，由题意可知，小球静止在M点，由平衡条件可得

如图所示，设角PNM为θ=，则有

可知在P点橡皮筋弹力大小为

A正确，B错误；     
CD．小球沿圆弧运动，小球与N的连线与竖直方向之间的夹角为α时，小球受力如图所示，此时橡皮筋的伸长量则有

橡皮筋的弹力

对小球，此时拉力F与水平方向的夹角为β， 在水平方向

在竖直方向

联立解得

可知小球在M向N运动中拉力F的方向始终与橡皮筋垂直，且随α角的增大，F逐渐增大，因此C错误，D正确。
故选AD。
8. 【答案】AB
【详解】A．由于小球A和B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B．过O点分别向AB和斜面做垂线，如图所示，根据几何关系可知

BO=R，
当A下降到最低点时，B的速度为零，根据机械能守恒可知

解得此时A的速度

B正确；
C．刚释放时小球A的时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律

解得

C错误；
D．小球A运动到最低点时，对小球B，根据牛顿第二定律

对小球A

解得

D错误。
故选AB。

9. 【答案】 30； 0.9
【详解】（1）[1]最短渡河时间时，船头正对河对岸行驶，渡河时间为

（2）[2]当速度最小时，正好可以到达河对岸险滩处，则船头方向与合速度方向垂直，航行轨迹如图所示

此时由几何关系得

则此时船速为

10. 【答案】 2； 0.1
【详解】[1]A、B系统动量守恒，则有

根据图像可知，系统损失的机械能为

解得
ΔE=2.0J
[2]根据能量守恒可知

根据A、B速度随时间的变化情况可知

解得
μ=0.1

11. 【答案】     丙     BD
【详解】（1）[1]本实验采用控制变量法，当探究向心力大小F与质量m关系时，选取不同质量的小球，且保持角速度和轨道半径r相同，故选丙图。
（2）[2]本实验是探究一个物理量与多个物理量之间的关系，采用控制变量法。
A．探究平抛运动的特点时，选用两个小球，其中一个平抛，另一个自由落体，结果两个小球同时落到，说明平抛运动在竖直方向上时自由落体运动，应用了等效的思想，A错误
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，保持输入电压不变，只改变原线圈或副线圈匝数，探究副线圈电压的变化，采用控制变量法，B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律时，利用合力与分力效果相同，采用等效替代的思想，C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，保持物体的质量不变，探究加速度与力的关系，然后再保持力不变，探究加速度与质量的关系，采用控制变量法，D正确。
故选BD。
12. 【答案】（1）4.0×104N；（2）8.0×106W
【详解】（1）根据图乙可知，战机在12~22s时间内做匀减速直线运动，加速度为

设该段时间内战机受到的平均阻力大小为f，根据牛顿第二定律得

解得
f=4.0×104N
（2）在0~12s时间内，设战机克服阻力做的功为Wf，根据动能定理得

解得
Wf=9.6×107J
则该段时间内战机克服阻力做功的平均功率为

13. 【答案】（1）；（2）；（3），方向水平向右
【详解】（1）滑块沿水平桌面AD间做匀加速直线运动，由滑块受力情况可知，在水平方向

在竖直方向

又有

联立解得
.
（2）由题意可知，在P处则有

滑块从D到P处做平抛运动，竖直方向则有

联立解得

（3）从P到M过程，对滑块由动能定理可得

在M处，由牛顿第二定律可得

解得    

由牛顿第三定律可知，在M点时轨道受到的弹力大小为，方向水平向右。
14. 【答案】（1）4m/s（2）①3.84J ②
【详解】(1)小滑块下滑过程中，由动能定理可知

代入数据得

(2)①开始时，由牛顿第二定律得

代入数据得

滑块加速到与传送带的速度相等需要的时间为

所以，0.4s内物块的位移为

传送带的位移

它们的相对位移为

该过程产生的热量为

②当滑块与传送带速度时，滑块的位移为

滑块再下滑

时与弹簧接触，此过程中，由动能定理得

代入数据得

物块与弹簧接触后，当速度减小到与传送带速度相等过程中，由动能定理得

代入数据得

然后滑块继续做匀减速直线运动直到速度为0，此过程中，由动能定理得

代入数据得

所以，小滑块向下滑动的最大距离为

15. 【答案】          C     天平    
【详解】（1）[1]B通过圆环后将匀速通过光电门，则B刚穿过圆环后的速度为：．
（2）[2]选C．设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：

对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：

再由运动学公式应有：，联立以上各式可得：

所以C正确．
（3）[3]根据上面的表达式可知需要已知金属片C的质量，所以还需要的器材是天平．
（4）[4]在释放至金属片C被搁置在圆环上的过程中，分别对A和B、C由牛顿第二定律可得：对A有

对B和C有

再由匀变速直线运动公式应有
，
联立解得：

因为M>>m，则

所以，以mg为横轴，以为纵轴的图线是一条过原点的直线．

第 16 页，共 16 页