第第頁山東省濟寧市兗州區(qū)2022-2023學年高三上學期物理期中質量檢測試卷一、單選題1．據(jù)悉，北汽新能源極狐阿爾法S的HI車型配備了華為自動駕駛技術，該車型在紅綠燈啟停、避讓路口車輛、禮讓行人、變道等方面都能無干預自動駕駛。某次試乘，t=0時刻甲、乙兩輛自動駕駛車同時并排出發(fā)，沿著同一平直路面行駛，它們的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。下列正確的是（）A．t1B．t1C．t1D．t12．質點從P點到Q點做勻變速曲線運動，軌跡如圖所示，運動到N點時速度方向與加速度方向互相垂直。下列說法中正確的是（）A．M點的速率比N點小B．M點的加速度比N點小C．P點的加速度方向與速度方向平行D．從P到Q的過程中加速度方向與速度方向的夾角一直減小3．如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直中心軸OO'勻速轉動的水平轉臺中央處。質量為m的小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，此時小物塊受到的摩擦力恰好為0，且它和O點的連線與OO'之間的夾角θ為60°，重力加速度為g。此時轉臺轉動的角速度大小為（）A．2gR B．3gR C．2gR4．北京時間2021年10月16日6時56分，神舟十三號載人飛船采用自主快速交會對接模式成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，翟志剛、王亞平、葉光富三名航天員成功進駐空間站天和核心艙，開始中國迄今時間最長的載人飛行。已知空間站軌道離地面的高度約為地球半徑的116A．空間站在軌道上運行的線速度大于7.9B．空間站在軌道上運行的加速度小于地面重力加速度gC．對接后，空間站由于質量增大，軌道半徑將變小D．若已知空間站的運行周期、地球半徑和引力常量G，可求出空間站質量5．如圖所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質量為m1的光滑半圓柱體緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O為半圓柱體截面所在圓的圓心，質量為m2且可視為質點的均質小球用長度等于A、B兩點間距離的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球靜置于半圓柱體上。當換用質量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時，細線與豎直墻壁的夾角A．當θ=60°時，細線對小球的拉力大小為3B．當θ=60°時，半圓柱體對小球的支持力大小為1C．換用半徑更小的半圓柱體時，半圓柱體對地面的壓力保持不變D．換用半徑不同的半圓柱體時，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為16．某學校門口的車牌自動識別系統(tǒng)如圖所示，閘桿水平時距水平地面高為1m，可繞轉軸O在豎直面內勻速轉動，自動識別區(qū)ab到a'b'的距離為6.6m，汽車勻速駛入自動識別區(qū)，自動識別系統(tǒng)識別的反應時間為0.2s，閘桿轉動的角速度為A．2m/s B．3m/s7．如圖所示，水平平臺與水平細桿間的高度差為H，質量為M的物塊放在水平臺上，質量為M的小球套在水平桿上，物塊和小球通過小滑輪與用輕質細線相連，滑輪右側細線恰好豎直。現(xiàn)用一水平恒力F由靜止沿桿拉動小球，物塊始終在水平平臺上，不計一切摩擦。則小球前進2H時，物塊的速度為（）A．2FHM B．3FHM C．238．滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端，第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達頂端。如圖所示，某同學記錄了滑塊運動的頻閃照片，若照片的時間間隔都相同，下列說法正確的是（）A．圖甲是滑塊上滑的照片B．滑塊下滑時的加速度大小大于上滑時的加速度大小C．滑塊下滑到底端時的速度大小小于剛開始上滑時的初速度大小D．滑塊下滑過程所用時間等于上滑過程所用時間二、多選題9．噴淋裝置將水沿不同方向噴出，其中A、B兩個水珠的運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力。由圖可知（）A．空中運動時間A水珠較長B．最高點速度B水珠較大C．落地速度B水珠較大D．若兩水珠同時噴出，則有可能在軌跡相交處相遇10．如圖所示，內壁光滑的圓形細管固定在傾角為θ的斜面上，其半徑為R，A、C分別為細管的最高點和最低點，B、D為細管上與圓心O處于同一水平高度的兩點，細管內有一直徑稍小于細管內徑的質量為m的小球，小球可視為質點。開始時小球靜止在A點，某時刻對小球施加輕微擾動，使小球自A向B沿著細管開始滑動。以過直線BOD的水平面為重力勢能的參考平面，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球不能返回到A點B．小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大C．小球在C點時的機械能為2mgRsinθD．小球到達D點時，細管對小球的作用力大小為mg11．如圖所示，用與水平面成θ=30°角的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v=1m/s的速度順時針運行，地勤人員將一質量m=1kg的貨物以初速度v0=5m/sA．貨物在傳送帶上一直向上做勻減速直線運動B．傳送帶從底端到頂端的長度是1.5mC．貨物在傳動帶上運動的時間為1.0sD．貨物在傳動帶上向上運動的過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為3.75J12．2021年10月16日，我國神舟十三號載人飛船成功發(fā)射，搭載著王亞平等3名航天員與天宮號空間站順利對接。3位航天員進入空間站繞地球做圓周運動時，由于地球遮擋陽光，會經(jīng)歷“日全食”過程。已知地球半徑為R，地球質量為M，引力常量為G，地球自轉周期為T0，太陽光可看做平行光。如圖所示，王亞平在A點測出她對地球的張角為2θ，OA與太陽光平行，下列說法正確的是（）A．空間站距地面的高度為RB．空間站的運行周期為2πRC．航天員每次經(jīng)歷“日全食”過程的時間為2RθD．航天員每天經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為T三、實驗題13．學校物理興趣小組用圖甲裝置探究物體質量一定時加速度與力的關系，其中桌面與細線已調至水平。（1）關于本實驗，下列說法正確的是________。A．必須用天平測出砂和砂桶的質量B．砂和砂桶的總質量必須遠小于小車的質量C．應當先釋放小車，再接通電源D．需要改變砂和砂桶的總質量，打出多條紙帶（2）經(jīng)正確操作，得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個計時點未畫出，則小車運動的加速度大小為m/s（3）若小車的加速度大小a與力傳感器示數(shù)F的關系如圖丙所示，則小車的質量為kg。（結果保留兩位有效數(shù)字）（4）不斷增加砂桶中砂的質量，重復實驗，發(fā)現(xiàn)小車的加速度最后趨近于某一數(shù)值。若當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，則經(jīng)理論分析可知，該數(shù)值為。14．某同學利用如圖裝置來研究機械能守恒問題，設計了如下實驗。A、B是質量均為m的小物塊，C是質量為M的重物，A、B間由輕彈簧相連，A、C間由輕繩相連。在物塊B下放置一壓力傳感器，重物C下放置一速度傳感器，壓力傳感器與速度傳感器相連。當壓力傳感器示數(shù)為零時，就觸發(fā)速度傳感器測定此時重物C的速度。整個實驗中彈簧均處于彈性限度內，重力加速度為g。實驗操作如下：⑴開始時，系統(tǒng)在外力作用下保持靜止，細繩拉直但張力為零?，F(xiàn)釋放C，使其向下運動，當壓力傳感器示數(shù)為零時，觸發(fā)速度傳感器測出C的速度為v。⑵在實驗中保持A，B質量不變，改變C的質量M，多次重復第（1）步。①該實驗中，M和m大小關系必需滿足Mm（選填“小于”、“等于”或“大于”）②為便于研究速度v與質量M的關系，每次測重物的速度時，其已下降的高度應（選填“相同”或“不同”）③根據(jù)所測數(shù)據(jù)，為得到線性關系圖線，應作出（選填“v2﹣M”、“v2﹣1M”或“v2﹣1④根據(jù)③問的圖線知，圖線在縱軸上截距為b，則彈簧的勁度系數(shù)為（用題給的已知量表示）。四、解答題15．如圖所示，質量M=1.6kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量m=1.4kg的小球相連。今用與水平方向成37°角的力（1）求運動過程中繩的拉力大小FT及繩與水平方向的夾角θ（2）求木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。16．抗擊疫情期間，由于疫情嚴重，利用無人機運輸物資，如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用，一架無人機連同所載貨物質量m=4kg的，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=90N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為F阻（1）無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛求在t=6s（2）當無人機懸停在距離地面高度H=90m（3）在無人機墜落過程中，在遙控設備的干預下動力設備重新啟動提供向上最大升力，為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t117．如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L=3.2m，與水平面間夾角θ=37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v=2m/s，在上端A點無初速放置一個質量為m=1kg、大小可視為質點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R=0.4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h=0.5m（g取10m/s2（1）金屬塊經(jīng)過D點時的速度；（2）金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。18．如圖所示，高h=1.6m、傾角為θ=30°斜面固定在水平面上。一質量為m=1kg、長度L=2m薄木板B置于斜面頂端，恰能保持靜止，木板下端連有一原長為0.2m的輕彈簧。有一質量M=3kg的小物塊A，從斜面左側離水平面的高度H=1.8m某位置水平拋出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同時木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到擋板時立刻停下，運動過程中物塊A最終恰好能脫離彈簧。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ=32，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s（1）小物塊A剛滑上木板B時速度的大小；（2）斜面與木板B間的動摩擦因數(shù)μ0及木板B到達斜面底端時小物塊A相對木板B的位移；（3）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．t1B．在v?t圖像中，圖線切線的斜率表示加速度，因此在t1C．在0～t1時間內，兩車間距逐漸增加，在D．在v?t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積等于物體的位移，因此在t1故答案為：B。

【分析】v-t圖像的斜率表示物體的加速度與坐標軸圍成圖形的面積表示物體運動的位移，v-t圖像交點處兩車速度相等，結合平均速度的定義式進行分析判斷。2．【答案】D【解析】【解答】A．由題意可知質點運動到N點時速度方向與加速度方向恰好互相垂直，速度沿N點軌跡的切線方向，則知加速度方向向左，合外力也向左，質點做勻變速曲線運動，合外力恒定不變，質點由M到N過程中，合外力做負功，由動能定理可得，M點的速度比N點速度大，A不符合題意；B．質點做勻變速曲線運動，則有加速度不變，所以質點經(jīng)過M點時的加速度與N點相同，B不符合題意；C．P點的速度方向沿該點的切線方向，由上分析可知加速度方向向左，所以P點的加速度方向與速度方向不平行，C不符合題意；D．質點從P到Q的過程中加速度方向與速度方向的夾角一直減小，D符合題意。故答案為：D。

【分析】曲線運動的合力指向曲線的凹側，根據(jù)動能定理判斷M和N點速度的大小，根據(jù)勻變速曲線運動的特點判斷兩點的加速度大小，從而判斷加速度方向與速度方向的夾角變化。3．【答案】A【解析】【解答】當小物塊受到的摩擦力是0時，設小物塊隨陶罐轉動的角速度為ω，由小物塊的重力與陶罐的支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律則有mgtan解得ωA符合題意，BCD不符合題意。故答案為：A。

【分析】利用其重力和支持力的合力提供物塊的向心力，結合牛頓第二定律可以求出角速度的大小。4．【答案】B【解析】【解答】A．7.9km/sB．根據(jù)G離地面越高，加速度越小，故空間站在軌道上運行的加速度小于地面重力加速度g，B符合題意；C．根據(jù)GMmR2D．根據(jù)G根據(jù)題意，可以知道軌道半徑，運行周期和引力常量G，只能求出地球質量，而不能求出空間站質量，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度；根據(jù)萬有引力為物體的合力，從而得出向心加速度的表達式并進行分析判斷；利用萬有引力提供向心力的線速度和周期的表達式，從而進行選擇。5．【答案】D【解析】【解答】AB．對小球進行受力分析如圖1當θ=60°時，且AB=AO2，由幾何關系知，ΔABO2為等邊三角形，則β=90°?60°=30°，由于圓心角與圓周角之間的關系可知α=2β=60°，可知小球受到的繩的拉力T與半圓柱對小球的支持力N相互垂直，水平方向Tsinθ=Ncosα，豎直方向CD．若改變半圓柱的半徑，當小球平衡時，小球的位置在以AB為半徑的圓弧上，如圖2所示由幾何關系知，直線O1O2是該圓的切線，所以AO2垂直于O1O2，則T=m2gcosθ，以小球與半圓柱體組成的整體為研究對象，在豎直方向上，半圓柱受到的自持力為N'故答案為：D。

【分析】對小球進行受力分析，根據(jù)結合關系以及共點力平衡得出半圓柱體對小球的拉力以及支持力，若改變半圓柱的半徑，結合共點力平衡以及牛頓第三定律進行分析判斷。6．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)題意，設汽車恰好通過道閘時直桿轉過的角度為θ，由幾何知識可得tanθ=1.6?10.6=1，解得θ=π4故答案為：B。

【分析】根據(jù)幾何關系以及角速度的定義式和勻速直線運動的規(guī)律得出車勻速行駛的最大允許速度。7．【答案】D【解析】【解答】小球從平臺的邊緣處由靜止向右運動2H時，設小球的速度為v，此時輕質細線與水平方向夾角為θ，如圖所示，由圖可知tan則有cos小球沿繩子方向的分速度等于物塊的速度，則有物塊的速度為v對物塊和小球組成的系統(tǒng)，用動能定理可得F?2H=vABC不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)幾何關系以及速度的分解得出五塊的速度，利用動能定理得出物塊速度的表達式。8．【答案】C【解析】【解答】ABD．由牛頓第二定律可得，下滑時滿足mgsinθ?μmgcosθ=ma1，上滑時滿足mgsinθ+μmgcosθ=ma2，對比可得a1C．由運動學公式v2=2aL可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，C符合題意；故答案為：C。

【分析】滑塊下滑和上滑時利用牛頓第二定律得出加速度的大小，并判斷加速度的大小，結合勻變速直線運動的位移與時間的關系得出滑塊上滑的圖片以及上滑和下滑的時間大小，利用勻變速直線運動的位移與速度的下滑到低端時的速度和上滑時初速度的大小關系。9．【答案】A,B【解析】【解答】A．拋體運動中，將運動分解到水平方向和豎直方向，在豎直方向上，上升的高度越大，豎直分速度越大，運動時間越長，可知A水珠在空中運動的時間較長，A符合題意；B．拋體運動在水平方向上做勻速運動，根據(jù)x=vC．落地時A的豎直分速度較大，而B的水平分速度較大，因此無法比較兩者落地時合速度的大小關系，C不符合題意；D．由于水平分速度和豎直分速度不同，運動到交點的時間不同，若兩水珠同時噴出，則不可能在軌跡相交處相遇，D不符合題意。故答案為：AB。

【分析】拋體運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動的規(guī)律，從而得出運動時間和落地速度的關系。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球能返回到A點，A不符合題意B．小球在A點時速度為零，重力的瞬時功率為零，小球從A到B的過程中，速度逐漸增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐漸增大，根據(jù)瞬時功率表達式P=mg可知小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大，B符合題意；C．小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球在C點時的機械能為mgRsinθ，C不符合題意；D．根據(jù)機械能守恒可得小球到達D點時的速度為mgR根據(jù)牛頓第二定律可得側壁對小球的支持力為N=m解得N=2mg管的底部對小球的支持力為F小球到達D點時，細管對小球的作用力大小為F=D符合題意。故答案為：BD。

【分析】小球運動的過程中，根據(jù)機械能守恒判斷是否返回A點；利用瞬時功率的表達式判斷重力瞬時功率的變化情況；結合機械能守恒得出C點的機械能；結合牛頓第二定律以及力的合成得出細管對小球的作用力。11．【答案】C,D【解析】【解答】ABC．物塊剛滑上傳送帶時，物塊相對傳送帶向上運動，受到摩擦力沿傳送帶向下，將勻減速上滑，直至與傳送帶速度相等，設物體上滑的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1=8m/s2，則物塊相對傳送帶勻減速上滑，直至與傳送帶共速的時間為t1=v0?va1=5?18s=0.5s，物塊沿傳送帶向上的位移為x1=v0+v2D．物塊減速到與傳送帶速度相等過程傳送帶的位移大小x傳送帶1=vt1=1×0.5m=0.5m，物塊與傳送帶速度相等后運動過程傳送帶的位移大小x傳送帶2=vt2=1×0.5m=0.5m，物塊速度與傳送帶速度相等前運動過程物塊相對傳送帶的位移大小l1=x1-x傳送帶，1=1.5-0.5m=1.0m，物塊速度與傳送帶速度相等后運動過程物塊與傳送帶相對位移大小l2=x傳送帶2-x2=（0.5-0.25）m=0.25m，物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcosθ（l1+l2），代入數(shù)據(jù)解得Q=3.75J，D符合題意。故答案為：CD。

【分析】對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律以及勻變速直線運動的規(guī)律得出貨物的運動情況以及傳送帶從底端到頂端的長度，結合相對運動以及功能關系得出摩擦產(chǎn)生的熱量。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．飛船繞地球做勻速圓周運動，設神舟十三號載人飛船的軌道半徑為r，由幾何關系知sinθ=RrB．萬有引力提供向心力則GMmr2=mCD．地球自轉一圈時間為T0，飛船繞地球一圈時間為T，飛船繞一圈會有一次日全食，所以每過時間T就有一次日全食，因此，一天內飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為n=T0T故答案為：AC。

【分析】根據(jù)幾何關系得出空間站距地面的高度，根據(jù)萬有引力提供向心力得出空間站的周期表達式，結合飛船的周期和轉過2θ角所需要時間的關系進行分析判斷正確的選項。13．【答案】（1）D（2）2.4（3）2.9（4）g【解析】【解答】（1）AB．本題拉力可以由力傳感器來測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使小桶(包括砂)的質量遠小于車的總質量，AB不符合題意；C．打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，C不符合題意；D．該實驗探究加速度與力和質量的關系，需要改變沙和沙桶的總質量，打出多條紙帶，D符合題意。故答案為：D。（2）打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個計時點未畫出，相鄰計數(shù)點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s，根據(jù)逐差法可得加速度（3）設小車質量為m，根據(jù)牛頓第二定律2?ΔF=m?Δa可得（4）設砂桶和砂的質量為M，繩子拉力為T，對砂桶和砂根據(jù)牛頓第二定律可得Mg?T=2Ma，對小車2T=ma，聯(lián)立可得a=gmM【分析】（1）根據(jù)探究物體質量一定時加速度與力的關系的實驗原理選擇正確的選項；

（2）根據(jù)周期和頻率的關系以及勻變速直線運動相同時間間隔內的位移差得出加速度的大小；

（3）牛頓第二定律得出a-F的表達式以及圖像得出小車的質量；

（4）對砂桶和砂以及小車分別進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的值。14．【答案】大于；相同；v2﹣1M+m；【解析】【解答】（2）根據(jù)題意，確保壓力傳感器的示數(shù)為零，因此彈簧要從壓縮狀態(tài)到伸長狀態(tài)，那么C的質M要大于A的質量m；要剛釋放C時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，若使壓力傳感器為零，則彈簧的拉力為F=mg，因此彈簧的形變量為△x=△x1+△x2=mgk+mgk=選取A、C及彈簧為系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律，則有(M?m)g?2mgk由上表達式可知4mg2

【分析】（2）根據(jù)胡克定律以及共點力平衡得出彈簧的形變量，從而得出A上升的高度和C下落的高度，結合機械能守恒定律得出V2-1/M+m的表達式，并得出彈簧勁度系數(shù)的表達式。15．【答案】（1）對小球受力分析，由平衡條件可得FF聯(lián)立解得FT=8（2）對整體受力分析，由平衡條件可得f=F(f=聯(lián)立解得μ=【解析】【分析】（1）對小球進行受力分析，根據(jù)共點力平衡得出拉力的大小以及繩與水平方向的夾角；

（2）對整體進行受力分析，根據(jù)共點力平衡以及滑動摩擦力的表達式得出木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。16．【答案】（1）解：由牛頓第二定律得F?mg?代入數(shù)據(jù)解得a上升高度為h=代入數(shù)據(jù)解得h=180故離地面的高度為180m（2）解：下落過程中，有mg?代入數(shù)據(jù)解得a則有v代入數(shù)據(jù)解得v=15故無人機墜落地面時的速度為15（3）解：恢復升力后向下減速運動過程中，有F?mg+代入數(shù)據(jù)解得a設恢復升力時的速度為vm，則有vm2=2聯(lián)立解得v由v得t故飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間為4s【解析】【分析】（1）無人機做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結合位移公式可以求出離地高度的大?。?/p>

（2）下落過程中，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位