2024-2025學年江蘇省南通市如皋中學高三（上）期初物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省南通市如皋中學高三（上）期初物理試卷一、單選題：本大題共10小題，共40分。1.據(jù)統(tǒng)計，現(xiàn)在圍繞地球運行的衛(wèi)星有1000多顆，若這些衛(wèi)星都做圓周運動，地球表面的重力加速度大小為g，對于這些衛(wèi)星，下列說法正確的是(

)A.軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的向心加速度越大

B.軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的角速度越大

C.軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的周期越大

D.軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的線速度越大2.短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，下列說法正確的是(

)A.甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小 B.甲的機械能守恒，乙的機械能不守恒

C.甲的動量變化量大于乙的動量變化量 D.甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒3.如圖所示，物體由靜止開始分別沿Ⅰ和Ⅱ不同的斜面由頂端A至底端B，物體與兩種斜面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計路徑Ⅱ中轉折處的能量損失，以下說法正確的是(

)A.沿Ⅰ斜面由頂端A至底端B時的動能大

B.沿Ⅱ斜面由頂端A至底端B時的動能大

C.沿Ⅰ斜面由頂端A至底端B時重力的功率大

D.沿Ⅱ斜面由頂端A至底端B時重力的功率大4.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理．如圖所示，從距秤盤80cm高處把1000粒豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞的極短時間內，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒豆粒的總質量為100g，則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(

)A.0.2N B.0.6N C.1.0N D.1.6N5.從計時起點開始，汽車在平直的公路上以額定功率保持最大速度v做勻速直線運動，t1時刻汽車受到的阻力變?yōu)樵瓉淼?倍。在計時開始到再次達到穩(wěn)定速度的過程中，則汽車的v?t圖像可能為(

)A. B.

C. D.6.光滑水平面上放置一表面光滑的半球體，小球從半球體的最高點由靜止開始下滑，在小球滑落至水平面的過程中(

)A.小球的機械能守恒

B.小球一直沿半球體表面下滑

C.小球和半球體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

D.小球在水平方向的速度一直增大7.如圖所示，兩個質量均為m的小滑塊P、Q通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，P套在固定的豎直光滑桿上，Q放在光滑水平地面上，輕桿與豎直方向夾角α=30°。原長為L2的輕彈簧水平放置右端與Q相連，左端固定在豎直桿O點上。P由靜止釋放，下降到最低點時α變?yōu)?0°。整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中(

)A.P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.P、Q的速度滿足vPtanα=vQ

C.彈簧彈性勢能最大值為3?128.已知籃球在空氣中運動時所受空氣阻力與速度大小成正比。籃球與地面碰撞后以大小為v0的速度豎直彈起后到再次與地面碰撞的過程中，以v表示籃球的速度，t表示籃球運動的時間，Ek表示籃球的動能，?表示籃球的高度，則下列圖像可能正確的是(

)A. B. C. D.9.如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)。物塊的質量為m，AB=a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中(

)A.OA=OB

B.OA<OB

C.物塊經(jīng)過O點時，速度最大

D.物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W?310.如圖所示，彈性繩一端系于A點，繞過固定在B處的光滑小滑輪，另一端與套在粗糙豎直固定桿M處的小球相連，此時ABM在同一水平線上，彈性繩原長恰好等于AB間距。小球從M點由靜止釋放，滑到N點時速度恰好為零，P為MN的中點，彈性繩始終遵循胡克定律，則此過程中小球(

)A.受到的3個力的作用

B.受到的摩擦力逐漸增大

C.在P點時重力的瞬時功率最大

D.在MP過程損失的機械能比在PN過程的大二、實驗題：本大題共1小題，共15分。11.如圖1為某實驗小組利用氣墊導軌做“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，將氣墊導軌放在水平桌面上，細繩兩端分別與托盤(含砝碼)和滑塊(含遮光條)相連，滑塊在托盤的牽引下運動。已知光電門固定在的氣墊導軌上，遮光條的寬度為d，托盤(含砝碼)的質量為M，滑塊的質量為m，重力加速度為g。

圖1

圖2

(1)下列實驗操作步驟，正確順序是

。

①測出遮光條到光電門的距離l

②調節(jié)滑輪高度，使細繩與導軌平行

③將氣墊導軌放在水平桌面，將導軌調至水平

④釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t

⑤打開氣源，將滑塊移至光電門右側某適合的位置

(2)遮光條通過光電門時的速度大小為

(用題中所給的字母表示)。

(3)在滑塊從靜止釋放到運動到光電門的過程中，若系統(tǒng)要符合機械能守恒定律的結論，應滿足的關系式為

(用題中所給的字母表示)。

(4)保持滑塊和砝碼質量不變，多次改變遮光條到光電門的距離l，記錄每次遮光條的遮光時間t及對應的1t2，數(shù)據(jù)見表。l/(×1.002.003.004.005.00t/ms11.798.166.715.775.1410.721.502.223.003.78請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在方格紙上(圖2)作出1t2?l圖像

。

(5)某同學根據(jù)“1t三、計算題：本大題共4小題，共45分。12.如圖所示，兩個滑塊A、B靜置于同一光滑水平直軌道上．A的質量為m，現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以18v0??,?34v0的速度向右運動．求：

①B的質量；13.如圖所示，在豎直平面內有光滑軌道ABCD，其中AB是豎直軌道，CD是水平軌道，AB與BC相切于B點，BC與CD相切于C點。一根長為2R的輕桿兩端分別固定著兩個質量均為m的相同小球P、Q(視為質點)，將輕桿鎖定在圖示位置，并使Q與B等高?，F(xiàn)解除鎖定釋放輕桿，輕桿將沿軌道下滑，重力加速度為g。求：

(1)P球到達C點時的速度大??；

(2)P球到達B點時的速度大小。14.如圖所示，水平傳送帶足夠長，順時針運動的速度v=4m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m=2kg的小物塊從A點由靜止釋放。已知A、P的距離L=9m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5、μ2=0.1，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物塊：

(1)第1次滑過P點時的速度大小。

(2)第115.如圖所示的裝置中，光滑水平桿固定在豎直轉軸上，小圓環(huán)A和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉軸和環(huán)A，細線穿過小孔O，兩端分別與環(huán)A和小球B連接，線與水平桿平行，環(huán)A的質量為m，小球B的質量為2m?，F(xiàn)使整個裝置繞豎直軸以角速度ω勻速轉動，細線與豎直方向的夾角為37°。緩慢加速后使整個裝置以角速度2ω勻速轉動，細線與豎直方向的夾角為53°，此時彈簧彈力與角速度為ω時大小相等，已知重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)裝置轉動的角速度為ω時，細線OB的長度s。

(2)裝置轉動的角速度為2ω時，彈簧的彈力大小F。

(3)裝置轉動的角速度由ω增至2ω過程中，細線對小球B做的功W。

答案解析1.C

【解析】解：C.根據(jù)：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2πr3GM

軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的周期越大，故C正確；

A.衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力充當向心力，有

GMmr2=ma，解得：a=GMr2

軌道半徑越大，衛(wèi)星做圓周運動的向心加速度越小，故A錯誤；

B.根據(jù)：GMmr2=mrω2，解得：ω=2.A

【解析】解：A、因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，由沖量的定義I=Ft分析可知，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，故A正確；

B、由于乙推甲的過程中，要消耗體內的化學能轉化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律知，乙的動能增加，機械能增加，甲的動能減少，機械能減少，故B錯誤；

C、根據(jù)動量守恒定律知：ΔP=0，即有Δp甲+Δp乙=0，則甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，故C錯誤；

D、相互作用的過程中，甲要消耗體內的化學能，化學能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故D錯誤。

故選：A。3.C

【解析】解：AB、設斜面傾角為α，長度為s，物體沿斜面下滑時，克服摩擦力所做的功為Wf=μmgcosα?s=μmgL，L是斜面在水平面上的投影長度，Ⅰ和Ⅱ的路徑雖然不同，但它們的水平面上投影長度L相同，因此它們克服摩擦力所做的功相同，重力做功相同，則外力對物體做的總功相同，根據(jù)動能定理可知，到達B點時動能相同，故AB錯誤；

CD、在B點時的速率相同，沿Ⅰ運動到B時速度的豎直分量大于沿Ⅱ時，由PG=mgvy可知，沿Ⅰ由頂端A至底端B時重力的功率大，故C正確，D錯誤。

故選：C。

應用功的計算公式分析克服摩擦力做功關系，然后根據(jù)動能定理分析物體到達底端4.B

【解析】解：豆粒下落到秤盤上的速度v=2g?=2×10×0.80m/s=4m/s；反彈后速度為v′=?2m/s，設向下為正方向，則根據(jù)動量定理可知：

Ft=mv′?mv

解得：F=?0.6N；由牛頓第三定律可知，在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小為0.6N；

故B正確，ACD錯誤。

故選：5.A

【解析】解：汽車在平直的公路上以額定功率保持最大速度v做勻速直線運動時，牽引力等于阻力，滿足P=fv，當阻力增大為原來的2倍時，阻力大于牽引力，汽車要減速運動，由牛頓第二定律可得加速度的大小為2f?F=ma，又發(fā)動機的功率P=Fv，隨著汽車速度的減小，牽引力將增大，所以加速度會減小，綜上所述，汽車會做減速度減小的減速運動，當牽引力再次等于阻力時，汽車開始勻速運動。此時P=2fv1，解得v1=12v，故A正確，BCD錯誤。

故選：A6.C

【解析】解：A、小球與半球體組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球下滑過程半球體在水平面上滑動，半球體動能增加，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球的機械能減少，小球機械能不守恒，故A錯誤；

B、小球先沿半球體表面下滑，當小球重力沿半球體半徑方向的分力與半球體對小球支持力的合力不足以提供小球沿半球體做圓周運動的向心力時小球離開半球體，故B錯誤；

C、小球和半球體組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故C正確；

D、小球先沿半球體表面下滑，然后離開半球體下落，小球離開半球體后在水平方向不受力，小球在水平方向做勻速直線運動，小球離開半球體后在水平方向的速度不變，故D錯誤。

故選：C。

小球下滑過程半球體在水平面上滑動，小球與半球體組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。

本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚小球與半球體的運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。7.C

【解析】解：A、根據(jù)能量守恒知，P、Q、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，而P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；

B、在下滑過程中，根據(jù)速度的合成與分解可知vPcosα=vQsinα，解得vPvQ=tanα，故B錯誤；

C、根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得Ep=mgL(cos30°?cos60°)，彈性勢能的最大值為Ep=3?12mgL，故C正確；

D、P由靜止釋放，P開始向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，P8.D

【解析】解：AB、v?t圖象的斜率表示加速度，根據(jù)牛頓第二定律得：

上升過程有：mg+f=ma上

下降過程有：mg?f=ma下

又有f=kv，可得：

a上=g+kvm，則上升過程中，隨著v的減小，a減??；

a下=g?kvm，則下降過程中，a隨速度的增大而減小。故v?t圖象的斜率是一直減小的，故AB錯誤；

CD、由動能定理得：

上升過程有：ΔEk=?(mg+kv)Δ?，v減小，Ek??圖象隨著?的增加應是斜率的絕對值逐漸減小的曲線，即圖像為向上彎曲的曲線；

下降過程有：ΔEk=(mg?kv)Δ?，v9.D

【解析】解：AB.如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知OA=OB

現(xiàn)在由于有摩擦力，物體從A到B過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力時的B點，也即O點靠近B點，故

OA>OB

故AB錯誤；

C.物塊在受力平衡位置處動能最大，即向左運動過程中在彈簧拉力與摩擦力相等的位置，一定在O點的右側，速度最大，故C錯誤；

D.物塊從O點開始運動到最終停在B點，路程s>a+a2=3a2

故整個過程物體克服阻力做功

Wf=μmgs>32μmga

根據(jù)能量的轉化與守恒知，從O到B

W?Wf=EpB

根據(jù)能量守恒定律可知，物塊在B點時，彈簧的彈性勢能

EpB10.C

【解析】解：A、小球受到重力、彈性繩的拉力、桿的支持力和摩擦力，共4個力，故A錯誤；

B.設彈性繩和豎直方向夾角為θ，如圖所示。

則桿對小球的支持力FN=Fsinθ=kΔxsinθ=kxBM

摩擦力f=μFN=μkxBM

故摩擦力不變，故B錯誤；

C、彈性繩的拉力在豎直方向的分力Fy=kΔxcosθ=ky

從M到N下落高度?，根據(jù)動能定理得

0=mg??f??12k?2

設在距離M點y處速度最大，根據(jù)動能定理得

Ek=mgy?fy?12ky2=12k?y?12k11.③②⑤①④dMgl=觀點錯誤，只有當圖象的斜率k=2Mg

【解析】【分析】

本題需要理解實驗原理。根據(jù)實驗原理確定實驗步驟和實驗表達式，結合圖像確定圖像的斜率代表的物理量。

【解答】

(1)實驗時要先調節(jié)氣墊導軌水平，然后調節(jié)滑輪高度使細線與導軌水平，把滑塊放在導軌上測出滑塊到光電門的距離，打開電源釋放滑塊進行實驗，故合理的實驗步驟是③②⑤①④。

(2)很短時間內的平均速度等于瞬時速度，遮光條通過光電門時的速度大小v=dt。

(3)在滑塊從靜止釋放到運動到光電門的過程中，如果系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：Mgl=12(m+M)v2，即Mgl=12(M+m)(dt)2；

(4)根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，讓盡可能多的點過直線，不能過直線的點對稱分布在直線兩側，根據(jù)坐標系內描出的點作出圖象如圖所示

(5)12.解：①A、B碰撞過程，取向右方向為正方向，由動量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB

據(jù)題

vA=18v0，vB=34v0

解得mB=7【解析】①研究A、B碰撞過程，由動量守恒定律列式，可求得B的質量；

①碰撞過程中，由動量定理求A對B的沖量的大小。

對于碰撞問題，要掌握基本規(guī)律：動量守恒定律，列式時要注意選擇正方向，用符號表示速度的方向。13.解：(1)在下滑的整個過程中，兩個球與輕桿組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒

P球到達C點時的速度為v，由機械能守恒定律得

4mgR=12×2mv2

解得

v=2gR

(2)當P球到達B點時桿與水平面的角度為θ，則有

sinθ=R2R=12

解得θ=30°

當P球到達B點時，由于兩球在沿桿方向的分速度大小相等，則有

vQcos30°=vPcos60°

P、Q系統(tǒng)機械能守恒，則有

3mgR=12mvP2【解析】(1)在下滑的整個過程中，兩個球與輕桿組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒；根據(jù)機械能守恒定律列式求解速度；

(2)兩個球沿著桿子方向的分速度一直是相等的．由此分析即可。

本題關鍵是明確兩個小球及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，知道兩球沿桿方向的分速度相等，然后結合機械能守恒定律和運動的合成與分解的知識列式分析。14.解：(1)從A到P過程中，由動能定理得：(mgsin37°?μ1mgcos37°)L=12mv12

解得：v1=6m/s；

(2)小物塊在傳送帶上運動