安徽皖北五校2022-2023学年高三上学期第一次联考物理试题（解析版）

蒙城一中涡阳一中淮南一中怀远一中颍上一中2023届高三第一次五校联考物理试题命题学校：蒙城一中考试时间：2022年12月15日考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第Ⅰ卷（选择题共48分）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.如今收发快递已成为人们生活中的日常，特别是在新冠疫情期间，快递为各地尽快战胜新冠疫情提供积极支持，邮寄快递时为了防止物品运输过程中损坏，常采用气泡袋来作为包装的辅助材料，如果没有这些缓冲物的存在而直接掉到水泥地面上，在撞击地面的过程中，物品（）A.与地面碰撞前的速度更大 B.所受合外力的冲量更大C.动量变化量更大 D.动量变化率更大【答案】D【解析】【详解】A．在物体撞击地面前，有无辅助材料，物体做相同运动，到达地面的速度是相等的，故A错误；BC．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，由于气泡袋之类的辅助材料质量较轻，故质量基本可以认为相等，根据A的分析，碰地前的速度相等，碰地后速度都减为零，根据可知，动量改变量相等，故合外力的冲量也相等，故BC错误；D．由于有辅助缓冲物的缓冲，撞击地面的时间延长，动量的变化率，无辅助材料的撞击地面的时间短，故其动量变化率更大，故D正确。故选D。2.台球又称桌球或者弹子球，其中含有丰富的物理知识，如图所示，某位台球爱好者在练习台球时，在点用杆击打台球，使台球获得一定的速度向右运动，台球碰撞球台右侧边框C并立即反弹，之后又碰撞球台左侧边框，最终停在点，台球的运动路径可看做一条直线，且台球和左、右两侧边框各碰撞一次，则台球运动过程中的速度随时间变化的图像更符合实际的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由题可知若台球初速度的方向为正，台球开始向右做减速直线运动，在碰撞右侧边框C后并立即反弹，反弹后的速度方向与初速度方向相反，之后继续向左做减速直线运动，再与左侧边框发生碰撞后并反弹，反弹后的速度方向与初速度方向相同，接着向右做减速运动，最后停在B点。故选A。3.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得，，则该钻孔的深度约为（）A.40m B.80m C.100m D.120m【答案】B【解析】【详解】设转孔内盐水电阻为R，由部分电路欧姆定律可得解得由电阻定律可得该钻孔的深度约为故选B。4.如图所示，小球A、B（均可视为质点）分别用细线悬挂于等高的、两点，A球质量大于B球质量，A球的悬线比B球的长，把两球均拉到悬线水平后将小球由静止释放，设小球在所在的水平面的重力势能为零，不计空气阻力，则当两球各自运动到最低点时，书列说法正确的是（）A.A球的机械能等于B球的机械能 B.A球的重力势能大于B球的重力势能C.A球的加速度大于B球的加速度 D.A球受的拉力等于B球受的拉力【答案】A【解析】【详解】A．小球A、B释放时，速度为零，动能为零，由题意可知势能也为零，所以小球A、B释放时机械能相等，在运动过程只有重力做功，两球的机械能守恒，在最低点小球A、B机械能相等，故A正确；B．根据势能表达式A球质量大于B球质量，A球悬线比B球的长，A球的重力势能小于B球的重力势能，故B错误；C．根据动能定理有根据牛顿第二定律有解得小球A、B的加速度相同，故C错误；D．根据牛顿第二定律有A球质量大于B球质量,A球受的拉力大于B球受的拉力，故D错误。故选A5.如图所示，质量分别为和的物体A、B静止在光滑水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接，若用水平向左的恒力拉物体A，经过一段时间，两物体的位移为、绳中的张力为；若用水平向右的恒力向右拉物体B，经过相同的一段时间，两物体运动的位移为、绳中的张力为，则（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【详解】对整体分析，当F水平向左时，根据牛顿第二定律设轻绳与水平方向夹角为，向左拉物体A，对B分析得当2F水平向右时，对整体对A分析得可见，又根据初速为零匀加速直线运动位移公式知相等时间两种情况位移之比等于加速度之比，即故选A。6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，轴上各点的电势随位置变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的抛物线的一部分，段是直线，则下列说法正确的是（）A.处电场强度最小，但不为零B.段的电场强度大小在逐渐增大C.该粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动D.该粒子在、、处电势能、、的大小关系为【答案】D【解析】【详解】A．图的斜率大小表示电场强度的大小，处斜率为0，电场强度为0，且最小。故A错误；B．段的斜率恒定，则电场强度大小不变。故B错误；C．粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，即速度为轴正方向，段电势减小，所以电场强度为轴正方向，负电荷受电场力为轴负方向，图像斜率减小，电场力减小，粒子做加速度减小的减速运动；段电势增加，所以电场强度为轴负方向，粒子受到电场力为轴正方向，图像斜率增大，电场力增大，粒子做加速度增大的加速运动；段图像斜率不变，粒子做匀加速直线运动。故C错误；D．由图得粒子带负电，根据得故D正确。故选D。7.如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，用两根等长的细线将两个质量均为kg的小球A、B（均看做质点）系在点，两个小球之间连着一根劲度系数为50N/m的轻弹簧，两球静止时两根细线之间的夹角为60°，，则（）A.系在小球上细线的拉力为NB.斜面对小球的支持力为15NC.弹簧的形变量为0.2mD.若将弹簧撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小为【答案】B【解析】【详解】A．对整体进行受力分析，整体受到重力、支持力和两根细线的拉力，在沿斜面方向，根据共点力平衡，有

解得A错误；B．对小球B，在垂直于斜面方向，根据共点力平衡有B正确；C．对小球B，在平行于斜面方向，根据共点力平衡有解得根据胡克定律，可知弹簧的形变量为C错误；D．若将弹簧撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小D错误。故选B。8.如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（）A.软绳先做匀加速后做匀减速运动 B.软绳的左端能经过点C.软绳的最大动能为0.5J D.软绳克服摩擦力做功4.0J【答案】C【解析】【详解】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力当时，绳子所受摩擦力绳子所受摩擦力随位移变化如图所示又图像与坐标轴围成面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，①对绳子由动能定理得②当时又得所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；C．由①②得,当动能最大C正确；D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功D错误。故选C。9.2022年6月5日神舟十四号载人飞船成功发射，宇航员陈冬、刘洋和蔡旭哲顺和进驻空间站天和核心舱，正式开启为期6个月的在轨驻留（如图所示），已知天和核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面高度为、地球半径为，地球表面的重力加速度，引力常量为，地球看作匀质球体，忽略地球的自转，下列说法正确的是（）A.核心舱的加速度为B.核心舱运行速度为C.核心舱运行周期为D.地球的密度为【答案】BC【解析】【详解】A．依题意，根据万有引力提供向心力，有联立可得，核心舱的加速度为故A错误；B．根据万有引力提供向心力，有结合可得核心舱运行速度为故B正确；C．根据万有引力提供向心力，有结合可得核心舱运行周期为故C正确；D．地球的密度为结合可得故D错误。故选BC。10.2022年2月4日北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某同学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，他利用绝缘弧形细条摆成模型，若其相邻两条边分别均匀分布着等量的异种电荷如图乙所示，P、Q两点位于对称轴CF上，且它们与中心点O的距离均相等，若用直线连接相邻各点ABCDEF构成的是正六边形，取无穷远电势为0，则（）A.O点场强大小为0 B.O点电势不为0C.P、Q两点的电势相等 D.P、Q两点的场强相同【答案】ACD【解析】【详解】A．根据图像对称性分析可知，AF、CD在O点形成的场强方向右下30°，BC、EF在O点形成的场强方向左下30°，AB、DE在O点形成的场强方向竖直向上，且这三个场强大小相等，方向互成120°，故O的合场强为0，A正确；BC．以CF为线，上下电荷对称为等量异种电荷，即CF为等量异种电荷连线的中垂线，为等势线且电势为0，B错误、C正确；D．由对称性可知，左侧两条边和右侧两条边在P、Q两点产生的场强相同，上下两条边在P、Q两点产生的场强也相同，故P、Q两点的合场强相同，D正确。故选ACD。11.如图所示，质量为的物块（可视为质点）从倾角为37°的固定斜面顶端由静止开始下滑，到达点时开始压缩轻弹簧，物块第一次返回后恰能到达的中点，已知，斜面段是粗糙的，斜面上点以下是光滑的，已知，，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其他阻力，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A.在物块运动过程中，物块与弹簧组成的系统机械能一直在减小B.物块最终会保持静止状态C.物块与斜面段的动摩摞因数为0.25D.物块在斜面上段运动的总路程为【答案】CD【解析】【详解】A．物块在B点以下的运动过程，与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B．物块在斜面上的高度不断减小至恰能到达B点，之后在B以下开始往复运动，故B错误；C．物块第一次返回后恰能到达C点，此过程能量守恒解得故C正确；D．物块在斜面上的高度不断减小至恰能到达B点，此过程能量守恒解得故D正确。故选CD。12.如图甲所示，传送带倾斜放置，与水平面的夹角为37°，以恒定速率沿逆时针方向转动，在传送带顶端A处轻放一质量为2kg的货物，货物在1s时恰好到达底端处，全程运动的速度随时间变化规律如图乙所示货物可视为质点，取，则（）A.货物离开传送带时的速度为5.8m/sB.传送带的长度为3.8mC.货物在0.5s到1s时间内的加速度为3.8m/s2D.货物在传送带上留下的痕迹长为1.15m【答案】BD【解析】【详解】AC．由v-t图可知，0~0.5s时间内货物的加速度为由牛顿第二定律0.5~1.0s时间内货物离开传送带时的速度为联立可得，AC错误；B．由图知，传送带速度为v1=4.6m/s，传送带的长度为货物1s内总位移B正确；D．货物在传送带上第一个加速阶段相对传送带后滑留下划痕长度第二个加速阶段相对传送带前滑的划痕长度故总划痕长度故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）13.如图甲所示，可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度，在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动，将此装置固定于运动的物体上，实验小组进行了如下操作：（1）实验小组先让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度，实验中得到一条较理想的纸带（如图乙）纸带上记录了连续打下的点，所用的打点计时器频率为50Hz，根据数据求出重力加速度______（结果保留3位有效数字）。（2）当物体向右做匀加速运动时。杆向左摆起，为测出物体的加速度，还应测量的一个物理量是___________（用文字说明并用字母表示）。（3）写出加速度与已测物理量之间的关系式___________（用已测物理量的字母表示）。【答案】①.9.69②.轻杆与竖直方向的夹角θ③.【解析】【详解】（1）[1]根据逐差法可得加速度为代入数据解得（2）（3）[2][3]当小球与物体相对静止时，设杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得解得可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。14.某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为3V的电压表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：（1）将多用电表挡位调到电阻挡“×100”，再将红表笔和黑表笔短接，调零点；（2）将图甲中多用电表的红表笔和______（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）测量电阻时发现多用电表指针指示的数值过小，需要将多用电表挡位调到电阻___________（填“×10”或“×1000”）挡。（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点；（5）测量时，多用电表指针指示的位置如图乙所示，由此可以得到毫安表的内阻为__________；（6）如果需要改成量程为3V的电压表，需要____________（填“串联”或“并联”）___________的电阻。【答案】①.2②.×10③.160④.串联⑤.1340【解析】【详解】（2）[1]电流从多用电表红表笔流入、黑表笔流出，从待测毫安表正接线柱流入、负接线柱流出，所以应将图甲中多用电表的黑表笔和1端相连，红表笔与2端相连。（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针指示的数值过小，说明所选挡位相对待测毫安表的内阻而言偏大，需要将多用电表挡位调到更高的电阻×10挡。（5）[3]由图乙可知毫安表的内阻为16×10Ω=160Ω（6）[4][5]如果需要将毫安表改成量程为3V的电压表，则需要串联分压电阻的阻值为三、计算题（本大题共3个小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分.有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）15.如图所示，一个质量为5kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角为37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。（1）若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大？（2）若撤去推力F、在物体下滑4m的过程中，求物体的平均速度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）若要使物体静止在斜面上，根据平衡条件得解得（2）若撤去推力F，根据牛顿第二定律得解得物体下滑4m时的速度为解得物体的平均速度为解得16.如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内有水平向左、场强大小为的匀强电场，在第二、三象限的区域内有竖直向下、场强大小为的匀强电场，一个带电荷量为，质量为的粒子（重力不计）从第一象限内的S点（，）处由静止释放。（1）求粒子通过轴时的速度大小；（2）求粒子最终离开匀强电场时的速度方向；（3）求粒子从释放到到达轴所用的时间。【答案】（1）；（2）粒子最终离开匀强电场时的速度方向与竖直向下方向的夹角为；（3）【解析】【详解】（1）设粒子通过轴时的速度大小为，由动能定理得，解得（2）粒子进入第二、三象限做类平抛运动，设加速度大小，运动时间为，x轴方向做匀速直线运动得又竖直方向速度大小设粒子最终离开匀强电场时的速度方向与竖直向下方向的夹角为解得（3）在场强大小为的匀强电场中的竖直方向的位移从离开电场到运动到轴做匀速直线运动，设