内蒙古包头市名校2023~2024学年高三上学期11月期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1包头名校联盟高三11月期中联考物理本卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.某同学绕公园跑步健身。如图所示，该同学从A位置出发，途经B、C位置后到达D位置，智能手机显示用时30min，运动的路程为4.0km。该同学从A位置运动到D位置的过程中（）A.位移大小为4.0km B.平均速度大小为8.0km/hC.平均速率为8.0km/h D.任意位置的速率均为8.0km/h2.如图所示，甲、乙两个三角形物体在一个垂直于甲和乙接触面的力F的作用下，均静止在固定的斜面上。以下关于甲、乙两个物体受力情况的判断正确的是（）A.物体甲一定受到3个力的作用B.物体甲可能只受到5个力的作用C.物体乙可能受到4个力的作用D.物体乙可能只受到3个力的作用3.特种兵部队进行匍匐前进训练，从某时刻开始计时，特种兵A、B的速度随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（）A.在0~t3时间内，他们均做匀加速直线运动B.t3时刻两人相遇C.t1~t2时间内特种兵A处于静止状态D.t2~t3时间内A的加速度大于B的加速度4.唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四个想划船渡过一条宽150m的河，他们在静水中划船的速度为5m/s，现在他们观察到河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是（）A.唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船B.悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船C.沙僧说：我们要想少走点路就得朝着下游划船D.八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的5.如图所示，在圆心为O的半圆周上有M、N、P、Q四点，MN是直径的两个端点，MN与PQ平行，MP之间的距离等于半径。在M、N两点分别放置等量正电荷，下列说法正确的是（）A.P、Q两点的电场强度大小相等B.电子在P点的电势能比在Q点的电势能大C.正电荷沿着圆弧从P点移动到Q点的过程中，电场力始终不做功D.P、Q两点的电势差等于O、Q两点的电势差6.如图所示为小明在竖直方向上练习蹦床运动的情景。若忽略空气阻力，用x、v、a、E、t分别表示小明离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间，下列图像正确的是（）A. B. C. D.7.长征七号A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（）A.该卫星的线速度大小大于7.9km/sB.该卫星的动能大于同步卫星的动能C.该卫星的加速度大小等于gD.该卫星的角速度大于同步卫星的角速度8.如图所示，竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R。质量为m的小滑块以v1、v2的初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（）A.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其他点一定不会脱离轨道B.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道C.在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度，都不会脱离轨道D.在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道9.我国自行研制的新一代轮式装甲车已达到世界先进水平，其将成为我国轻型装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，则前进较短的距离s其速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒为P，装甲车所受阻力恒为f，当速度为v（vmax>v）时，所受牵引力为F。以下说法正确的是（）A.装甲车速度为vmax时，牵引力做的功为FsB.装甲车的最大速度C.装甲车速度为v时，加速度大小D.装甲车从静止开始达到最大速度vmax所用时间10.如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B，保持A的质量不变，改变B的质量m；当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图乙中的m0、a1、a2均未知。设加速度沿斜面向上为正方向，斜面上方的细线始终与斜面平行，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）甲 乙A.若斜面的倾角θ已知，可求出A的质量B.若斜面的倾角θ未知，也可求出图乙中a1的值C.若斜面的倾角θ已知，可求出图乙中a2的值D.若斜面的倾角θ已知，可求出图乙中m0的值11.冰壶是冬奥会比赛项目之一。如图甲所示，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均视为质点，由图像可得（）甲 乙A.红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞B.碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.0m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4mD.红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶412.如图所示，在立方体塑料盒ABCD-EFGH内，棱AE竖直，将质量为m的带电小球（可看成质点）从A点以水平初速度v0沿AB方向抛出，小球仅在重力作用下运动恰好落在F点。M点为棱BC的中点，仅研究小球与盒子第一次碰撞前的运动情况。则下列说法正确的是（）A.若将小球从A点沿AC方向，以1.5v0的水平初速度抛出，则运动时间将变短B.若将小球从A点沿AM方向以v0水平初速度抛出，小球与盒接触瞬间，垂直平面BCGF的分量大小可能大于v0C.若在空间增加沿AE方向的匀强电场，将小球从A点沿AB方向以水平初速度v0抛出，小球不可能落在BF上D.若在空间增加沿AE方向的匀强电场，将小球从A点沿AB方向以水平初速度v0抛出，小球可能落在BF上二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.（6分）某同学想探究两枚硬币碰撞前后的总动能是否相等。器材如下：玻璃台面，硬币（壹元1枚，伍角1枚，两枚硬币与玻璃板的动摩擦因数视为相同，均为μ），硬币发射架，天平，游标卡尺，直尺等。硬币发射架的结构如图甲所示（右侧玻璃板未画出），由底板、支架和打击杆组成，底板上开有一槽，槽宽略大于壹元硬币的直径。（1）用游标卡尺测量硬币的直径，其中壹元硬币的直径为25.00mm。由图乙可读出，伍角硬币的直径为mm；（2）让硬币以一定初速度在水平玻璃板上滑动，在摩擦力的作用下，经过距离l后停止，则可以判断硬币的初速度大小为（用重力加速度g以及l和μ表示）；（3）把硬币发射架放在水平玻璃台板上，将壹元硬币放入发射槽口，将打击杆偏离平衡位置靠在支架的定位横杆上，释放打击杆将硬币发射出去，重复多次测出壹元硬币中心从槽口外O点到静止点的距离平均值，记为lA，如图丙所示；再把一枚伍角硬币放在O点前，使其圆心O'在发射线上，且OO'=R+r（R、r分别为大小硬币的半径），然后重新发射壹元硬币，碰撞后分别测出两硬币前进的距离和，如图丁所示，分别记为lB和lC。已知壹元硬币的质量为m1，伍角硬币的质量为m2，若满足表达式（用“m1”“m2”“lA”“lB”“lC”表示），则可以说明两枚硬币碰撞前后的总动能相等。14.（9分）某同学利用如图甲所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连，钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图乙所示。甲 乙（1）已知图乙中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移填到表中，得到对应时间段的小车的平均速度，表中m/s。位移区间ABACADAEAF6.6014.6034.9047.3066.073.087.394.6（2）根据表中数据得到小车平均速度随时间t的变化关系，如图丙所示。从实验结果可知，小车运动的图线可视为一条线，此直线用方程表示，其中k=cm/s，b=cm/s。（结果均保留3位有效数字）丙（3）根据（2）中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA=，小车的加速度大小a=。（结果均用字母k、b表示）15.（10分）如图所示，半径为R1=1m的水平圆形桌面上放置一个半径为R2=0.8m的水平圆形转盘，转盘与桌面不接触，距离忽略不计，O点近似为两个圆形共同的圆心，转盘可绕过圆心O的竖直轴转动。一个质量为1kg的物块放置在转盘边缘（未画出），物块与转盘间的动摩擦因数为0.5，与桌面之间的动摩擦因数为0.25。物块可视为质点，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现缓慢增大转盘的角速度，求：（1）转盘角速度ω0=1rad/s时，物块受到的静摩擦力大小；（2）为使物块不滑到桌面上，转盘的角速度ω的最大值；（3）物块从转盘上恰好被甩出后离开桌面边缘时的速度大小。16.（12分）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABC，其由一个竖直光滑圆弧轨道BC和与之相切于B点的水平轨道AB组成，B点在圆心O的正下方，A、B两点间的距离为L，整个空间分布着场强大小为、方向水平向右的匀强电场。质量为m的不带电滑块乙静止在B点，现将质量为2m、电荷量为q的带正电的绝缘滑块甲从A点静止释放，经过一段时间后，甲与乙发生弹性正碰，碰后乙恰好能沿圆轨道运动到C端并立即被固定于C端的装置锁定，两滑块均可视为质点，碰撞过程时间极短且碰后两滑块的电荷量立即平分。已知滑块甲与AB段的动摩擦因数为μ=0.25，不计除碰撞外两滑块之间的相互作用及漏电现象的影响，当地重力加速度为g，求：（1）两滑块碰后瞬间各自的速度大小；（2）圆轨道的半径R。17.（15分）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道bc与水平面ab相切于b点，在圆弧轨道最低点b静止放置物块A、B（均可看作质点），A、B的质量分别为m、2m，A、B间有少量炸药（质量可忽略）。某时刻引爆炸药，物块A、B迅速分开，分开后B以大小为v0的速度水平向右冲上圆弧轨道，经过一段时间，物块B再次回到b点后继续向左运动，并在物块A停止运动了时间t0后与A发生第一次碰撞。已知物块A、B间的所有碰撞均为弹性碰撞，B与水平面ab间没有摩擦，A与水平面ab间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，炸药爆炸释放的能量转化为物块A、B总机械能的效率η=50%，求：（1）炸药爆炸释放的能量E。（2）第一次碰撞前，物块B在圆弧轨道上运动的时间t。（3）A与B从第n次碰撞后到第n+1次碰撞前物块A运动的位移大小。——★参考答案★——123456789101112CCDBABDDBCBCBDAD1．C〖解析〗路程为4.0km，由图可知，位移x小于4.0km，故A错误；由速度的定义可知，平均速度大小为，故B错误；由平均速率的定义可知，平均速率为，故C正确；平均速率为8.0km/h，任意位置的速率不一定等于8.0km/h，故D错误。2．C〖解析〗物体甲受到重力，甲相对于乙有沿接触面向下运动趋势，乙对甲有一个沿接触面向上的摩擦力，乙对甲有一个支持力，另外甲还受到推力F，共4个力，故AB错误；物体乙受到重力、甲对它的压力和摩擦力、斜面对它的支持力；以甲、乙整体为研究对象，力F沿固定斜面有向上的分力，该分力大小与甲和乙重力沿斜面向下的分力大小不确定，所以乙和斜面间可能有摩擦力、可能没有摩擦力，所以乙可能受4个力，还有可能受5个力，故C正确，D错误。3．D〖解析〗速度—时间图像的斜率表示加速度，加速度恒定不变的直线运动才是匀变速直线运动，所以在0~t3时间内，B做匀加速直线运动，A做变加速直线运动，故A错误；t3时刻两人速度相等，故B错误；t1~t2时间内特种兵A做匀速直线运动，故C错误；图像的斜率表示加速度，可知t2~t3时间内A的加速度大于B的加速度，故D正确。4．B〖解析〗当朝着正对岸划船时划船的时间最短，有，且由于v船>v水，如图所示，当时他们可以到达正对岸，此时位移最短，故B正确。5．A〖解析〗等量同种点电荷的电场线分布如图所示。根据等量同种点电荷的电场线特点，结合对称性可知，P、Q两点的电场强度大小相等，故A正确；根据等量同种点电荷周围电势分布特点，结合对称性可知，P、Q两点的电势相等，则电子在P点的电势能等于在Q点的电势能，故B错误；由于圆弧不是等势面，所以电场力不是始终不做功，故C错误；P、Q两点的电势差为零，O、Q两点的电势差不为零，故D错误。6．B〖解析〗根据题意，由对称性可知，小明上升的时间和下降的时间相等，取向上为正方向，根据匀变速公式可得，小明运动的位移与时间的关系式为，则图像为开口向下的抛物线，故A错误；根据匀变速公式可得，小明运动的速度与时间的关系式为，则图像为向下倾斜的直线，故B正确；小明整个运动过程中，只受重力，加速度一直为重力加速度，不随时间变化，所以a-t图线为一条与t轴平行的直线，故C错误；小明从离开蹦床后只受重力，机械能不变，所以E不会随时间变化，所以E-t图线为一条与t轴平行的直线，故D错误。7．D〖解析〗地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；根据万有引力提供向心力可得，解得，，由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；对该卫星，根据牛顿第二定律可得，解得，可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。8．D〖解析〗设小滑块位置与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如下左图所示，小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故，从最高点滑下来，由机械能守恒定律得，联立解得，当时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足，当时，最大，所以需满足，解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是；当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如下右图所示，小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故，从最高点滑下来，由机械能守恒定律得，联立解得，当时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足，当时，最小，所以需满足，显然v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，所以ABC错误。9．BC〖解析〗因为在运动过程中，装甲车功率不变，速度增大，则牵引力减小，故加速过程牵引力不是恒力，所以装甲车速度为vmax时，牵引力做的功不能通过W=Fs求解，则牵引力做的功不等于Fs，A错误；当牵引力与阻力相等时，装甲车的速度达到最大，根据知，最大速度，B正确；当装甲车的速度为v时，根据牛顿第二定律得加速度大小，C正确；据动能定理得，解得，D错误。10．BC〖解析〗设物块A的质量为mA，以沿斜面向上的方向为正方向，则系统的加速度为，由图乙可知，当时，，则有，由于m0未知，所以即使已知，也无法求出mA；mA未知，m0也无法求解，故AD错误；由加速度表达式，可知，当m趋向于无穷大时，a趋向于g，所以，即a1与无关，故B正确；由图可知，当时，，此时物块A沿斜面自由下滑，则，解得，若已知，可求出图乙中a2的值，故C正确。故选BC。11．BD〖解析〗设撞碰后蓝壶的速度为v，由图乙可知，碰撞前红壶的速度，碰撞后速度为，红、蓝两壶组成的系统，在碰撞中动量守恒，则有，解得碰撞后蓝壶的瞬时速度，碰撞前，两壶的机械能为，碰撞后，两壶的机械能为，所以，碰撞前后机械能变化量为，所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞，A错误，B正确；由图像可知，碰后蓝壶移动的距离为，C错误；红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小等于两壶碰后动量的损失量，由动量定理得，，则两壶的摩擦力的冲量之比为，D正确。故选BD。12．AD〖解析〗设立方体棱长为l，从A点沿AB方向平抛落在F点，竖直方向自由落体有，运动时间为，水平方向做匀速直线运动，有，可知初速度为，从A点沿AC方向，以水平初速度1.5v0抛出，经历时间t1后的水平位移为，则小球将与棱CG碰撞，竖直方向下落高度将小于l，飞行时间将变短，故A正确；小球做平抛运动时垂直平面BCGF的分量保持不变，等于v0沿AB方向的分速度，小于v0，故B错误；加了沿AE方向的匀强电场，小球从A点沿AB方向水平抛出，不改变小球在AB方向的匀速运动，若水平位移相同，则运动时间相同。由于不确定小球的电性，竖直方向的加速度可能大于g，也可能小于g。小于g时，小球将落在BF上，故C错误，D正确。故选AD。13．（1）20.50（2分） （2）（2分） （3）（2分）〖解析〗（1）由图乙可读出，伍角硬币的直径为；（2）根据题意，由牛顿第二定律有，由运动学公式有，联立解得；（3）若两枚硬币碰撞前后的总动能相等，则有，代入（2）的结论，整理可得，即可以说明两枚硬币碰撞前后的总动能相等。14．（1）80.0（1分） （2）70.0~72.0（2分） 59.0（2分） （3）b（2