2027届江苏省南通海安市高三上学期期初测试物理试卷含答案

高三物理1．如图所示，小明将甲、乙两本书一起抛给同桌，不计空气阻力，书在空中运动时()A．甲对乙的作用力向下B．乙对甲的作用力向上C．甲处于超重状态D．乙处于失重状态23．新能源汽车在平直的公路上行驶，行车系统显示加速度a与速度v同向。在加速度逐渐减小到零的过程中，汽车的速度v、位移x的变化情况是()A．v逐渐减小，x逐渐减小B．v逐渐减小，x逐渐增大C．v逐渐增大，x逐渐增大D．v逐渐增大，x逐渐减小4．一颗经过北京上空的卫星，绕地球做匀速圆周运动，则对该卫星的描述可能正确的是()A．始终处于平衡态B．绕行周期等于24hC．运行速度大于7.9km/sD．运行加速度大于10m/s25．如图所示，静止在光滑的水平面上的小车，保持出发的位置不变，要使得小车通过光电门的速度减为原来的一半，则绳中的拉力变为原来的()46．如图所示，直径为d的纸制圆筒绕轴O匀速转动，子弹以速度v沿截面直径匀速穿过圆筒。子弹在圆筒上留下A、B两弹孔，OA、OB的夹角为φ,则圆筒的角速度可能是()7．图甲为快递自动分拣系统，水平传送带的简化图如图乙所示。货物由静止放上足够长的传送带，传送带运行的速度为v，货物与传送带之间动摩擦因数为μ,下列措施可减小货物与传送带间因摩擦产生的热A．减小μB．增大μC．减小vD．增大v8．如图所示，甲球与弹簧连接后通过绳子悬挂在A点，乙球用绳子悬挂在B点，静止时甲、乙等高。现同时剪断悬挂甲、乙的绳子，甲落地时弹簧刚好恢复原长，不计空气阻力，则()A．剪断绳子瞬间，甲的加速度等于乙B．剪断绳子瞬间，甲的加速度大于乙C．落地时，甲的速度小于乙D．落地时，甲的速度大于乙9．如图所示，农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳，绳与竖直方向的夹角均为“，所有作用力在同一竖直平面内，人和物均处于平衡状态。不计一切摩擦，增大“，则()A．扁担对肩膀的压力增大B．扁担对肩膀的压力减小C．手对绳子的作用力不变D．手对绳子的作用力减小10．如图所示，光滑圆环轨道固定在竖直平面内。t=0时，小球甲从圆环内最高点水平向右运动，同时小球乙从圆环内最低点水平向左运动，经过时间T，甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。甲、乙两球质量相等，则t时()A．甲球的动能小于乙球B．甲球的动能大于乙球C．甲球动能变化量的大小等于乙球D．甲球动能变化量的大小小于乙球11．某同学利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。圆形量角器固定在铁架台上，量角器的圆心处固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个小钢球。实验操作步骤如下：①将小球竖直悬挂，静止时测得悬点到球心间的距离为L，测得传感器的示数为F0；②向左拉动小球并记录细线与竖直方向的夹角θ,然后静止释放小球，测得小球在运动过程中传感器示数最大值为Fm；(1)已知重力加速度为g，则本次实验中小球的质量m=；小球从静止释放，运动到最低点时，小球减小的重力势能为ΔEp=（用题中字母F0、L、θ表示(2)若在实验误差允许范围内，满足ΔEp=（用题中字母Fm、F0、L表示即可验证机械能守恒定律；(3)上述实验步骤中不必要的操作是；(4)改变角度θ再次实验，发现小球运动到最低点的过程中，动能的增加量明显大于重力势能的减少量，原因可能是。12．地球的一颗卫星质量为m，距地面的高度h。地球的半径R，地球表面的重力加速度g，万有引力常量(1)地球质量M；(2)卫星受到地球的万有引力大小F。13．跳绳是一种健身运动。一位同学在原地跳绳过程中，离开地面后竖直方向的速率—时间图像如图所示。已知t0和该同学的质量m，重力加速度为g，不计阻力，求该同学：(1)离地时的速度v0；(2)完成1次跳跃过程中消耗的平均功率P。14．如图所示，顶角为90O的圆锥形木桶竖直放置，A为圆锥顶点，O为底面中心，圆锥桶的高hOA=6m。从O点可向空间各方向发射速度v0=1m/s的小球，小球的质量m=1kg，重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。(1)求沿OA方向射出的小球在空中运动的时间t；(2)求沿水平方向射出的小球击中木桶时重力的瞬时功率P；(3)沿水平方向移动发射点，使得小球能够射出木桶，求移动的最小距离x。15．如图所示，水平面上固定倾角θ=53O的斜面，小物块A一端通过轻绳跨过斜面上的定滑轮与小物块B连接，绳子与斜面平行。水平外力作用在B上，使得A静止在斜面上，A距地面高度h=1.28m。物块A(1)求水平外力最小值F；(2)若撤去作用在B上的水平外力：①求在绳子松弛前B机械能增加量的最大值E；②现让斜面沿水平方向匀加速运动，使得A与斜面相对静止，求加速度的可能值。【详解】AB．将甲、乙两本书看作一个整体，在空中运动时，不计空气阻力，整体只受重力作用。根据牛顿第二定律可知，整体的加速度为重力加速度g，方向竖直向下。隔离甲书分析，设乙对甲的支持力为N，根据牛顿第二定律有m甲g_N=m甲a因为a=g，解得N=0根据牛顿第三定律，甲对乙的压力也为0，即甲、乙之间没有相互作用力，故AB错误；CD．甲、乙两本书在空中的加速度均为g，方向竖直向下。当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度a=g时，物体处于完全失重状态。因此，甲、乙均处于完全失重状态，故C错误，D正确。故选D。【详解】乘客观察到小球自由下落，对应参考系应为默认的地面或相对地面静止的物体；若换车厢为参考系，因车厢做匀速直线运动，小球相对车厢除竖直方向的自由落体运动外，水平方向还有相对车厢的匀速直线运动，其轨迹应为平抛运动的轨迹，故B、C、D错误，A正确。故选A。【详解】加速度与速度同向，汽车做加速直线运动。加速度逐渐减小到零的过程中，速度v逐渐增大，只是增大得越来越慢；加速度减小到零时，速度达到该过程中的最大值。汽车始终沿原方向运动，以初始位置为原点、运动方向为正方向，位移x逐渐增大。故选C。【详解】A．卫星做匀速圆周运动时，万有引力全部提供向心力，合外力不为零，存在向心加速度，不属于平衡态，故A错误；B．由万有引力提供向心力有r解得T可知，卫星周期仅由轨道半径决定。当卫星轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相等时，周期就为24h，只需轨道平面不与赤道平面重合，就可以经过北京上空，故B正确；C．由万有引力提供向心力有解得v可知，轨道半径越小，环绕速度越大，7.9km/s是近地卫星（轨道半径等于地球半径）的环绕速度，是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速度，因此该卫星运行速度不可能大于7.9km/s，故C错误；D．由万有引力提供向心力有ma解得a可知，轨道半径越大，加速度越小，10m/s2是近地卫星（轨道半径等于地球半径）的加速度，是所有绕地球做圆周运动卫星的最大加速度，因此该卫星的加速度不可能大于10m/s2，故D错误。故选B。【详解】水平面光滑，小车在拉力作用下做初速度为零的匀加速运动，设小车到光电门的距离为s，小车通过光电门的速度为v，小车的质量为m。根据速度位移公式可得，小车的加速度为a根据牛顿第二定律可得，绳中的拉力为F=ma当小车通过光电门的速度减为原来的一半，即vv小车出发的位置不变，则小车的加速度变为aa绳中的拉力变为mamaF即绳中的拉力变为原来的，故选B。4【详解】子弹沿直径匀速穿过圆筒，穿筒时间为t子弹射入时，入口弹孔位于圆筒最左端；子弹射出时，入口弹孔已随圆筒转到图示A处，出口弹孔位于最右端B处。圆筒按图示方向逆时针转动，入口弹孔从最左端转到A处的最小转角为π_φ。考虑圆筒可能多转整数圈，实际转角为θ=2nπ+π_φ,其中n为非负整数。因此圆筒角速度满足A．φ是两弹孔对应半径的夹角，不是入口弹孔从初始位置转到A处的转角，不能直接用求圆筒角速度，故A错误；足图示弹孔位置关系，故B错误；C．未多转整圈时，圆筒转角为π_φ,应有选项中的具有时间的量纲，不是角速度，故C错误；D．当n=1时，圆筒在最小转角的基础上多转一整圈，其转角为θ=3π_φ,对应角速度为满足题意，故D正确。故选D。【详解】货物由静止放上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速到与传送带共速后就不再发生相对滑动，全程摩擦生热仅来自共速前的相对滑动过程货物的加速度由滑动摩擦力提供：a=μg加速到与传送带速度v相等的时间为t该过程中传送带位移x带=vt货物位移x货at2二者相对滑动位移Δx=x带_x货摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移：Q=μmg.Δx代入上述物理量化简后可得Qmv2由此可知：摩擦生热与动摩擦因数μ无关，和传送带速度v的平方成正比，因此只有减小传送带速度v可以减小摩擦产生的热量。故选C。【详解】AB．设甲球质量为m，剪断前弹簧的伸长量为x0。由平衡条件得kx0=mg剪断绳子的瞬间，弹簧形变量来不及改变。取竖直向下为正方向，对甲球由牛顿第二定律得mg_kx0=ma甲所以a甲=0。乙球只受重力，加速度大小为g，因此剪断瞬间甲球的加速度小于乙球，故AB错误；CD．两球均从静止开始下降，且下降高度相同，设为h。对乙球，由动能定理得m乙ghm乙v对甲球，落地前弹簧始终处于伸长状态，弹簧弹力竖直向上，而甲球位移竖直向下，因此弹簧弹力对甲球做负功，设该功为Ws。对甲球，由动能定理得mgh+Wsmv比较可知v甲<v乙，故C正确，D错误。故选C。【详解】对单侧轻绳与手的接触点受力分析，作出受力分析如图所示不计一切摩擦，故整根绳的张力大小处处相等，因此FT=mg设扁担质量为m,，扁担在竖直方向处于平衡状态，肩膀的支持力FN等于扁担自重m,g与两端绳子拉力的竖直分量之和，即FN=2FTcos“+mg,=2mgcos“+mg,AB．由上述分析可知，增大“时，cos“减小，故肩膀对扁担的支持力FN减小，根据牛顿第三定律，扁担对肩膀的压力与肩膀对扁担的支持力等大反向，因此扁担对肩膀的压力减小，故A错误，B正确；CD．对结点受力分析可知，手对绳子的作用力与上、下两段绳的合力等大反向，增大“时，上、下两段绳的夹角逐渐减小，而绳的张力大小始终等于mg，故上、下两段绳的合力逐渐增大，因此手对绳子的作用力增大，故C、D错误。故选B。【详解】AB．在时间T内，甲从圆环内最高点第一次运动到圆环最低点时，乙恰好从圆环内最低点第一次运动到圆环最高点。由运动的对称性可知，乙从圆环最高点第一次运动到圆环最低点所用时间也为T，可知乙球从最高点下滑过程与甲球的下滑过程完全相同，故乙球到达最高点的速度v乙T与甲球从最高点出发的初速度v甲0完全相同，且甲、乙两球的质量相等，故两球的机械能相等。设圆环轨道半径为R，在0~T时TTT间内，甲球做加速运动，前时间内的平均速率小于后时间内的平均速率，故前时间内通过的弧长πRT22s甲<，因此甲球位于圆环上半部分（高于圆心）。同理，在0~T时间内，乙球做减速运动，前22TTπR内的平均速率大于后时间内的平均速率，故前时间内通过的弧长s又根据运动的对称性可知s甲+s乙=πR故在t时，甲、乙两球处于同一高度h（以地面为参考平面因为两球机械能相等且所处高度相同，所以此时两球的动能相等，即Ek甲=Ek乙，故A、B错误；CD．动能的变化量等于合外力做的功，此处只有重力做功。甲球从最高点运动到h处，重力做正功，满足ΔEk甲=mg(2R_h)乙球从最低点运动到h处，重力做负功，动能变化量为负值，其大小为ΔEk乙=mgh由于s甲<，可知h>R，所以ΔEk乙=mgh>mg(2R_h)=ΔEk甲即乙球动能变化量的大小大于甲球动能变化量的大小，故C错误，D正确。故选D。g(3)静止时测得悬点到球心间的距离为L(4)小球释放时有初速度【详解】（1）[1]小球静止时拉力与重力二力平衡，则此时传感器的示数为F0=mg解得m[2]运动到最低点时，小球减小的重力势能为ΔEp=mgL(1_cosθ)=F0L(1_cosθ)（2）运动到最低点时，小球增加的动能为mv2最低点时Fm_mg，故mv2=(Fm_F0)L联立可得L若在实验误差允许范围内，满足ΔEp=ΔEkL即可验证机械能守恒定律。（3）由上述分析可知小球摆动到最低点的过程中若机械能守恒，则有ΔEp=ΔEk故只需要验证L，即所以上述实验步骤中不必要的操作是“静止时测得悬点到球心间的距离为L”。（4）如果小球释放时有初速度，但是初速度按照0来计算，则ΔEp略小于ΔEk【详解】（1）设地球表面物体的质量为m,，由万有引力等于重力有m,g解得地球质量M（2）由万有引力定律有卫星受到地球的万有引力大小F代入地球质量可得F13．方向竖直向上【详解】（1）由图可知，一次跳跃的腾空时间为t0。上升和下降过程所用时间相等，因此上升时间为t竖直上抛运动到达最高点时速度为零，有0=v0_gt1解得离地时的速度大小为v方向竖直向上。（2）由图可知，完成一次跳跃的周期为T=t0。落地前的速度大小等于离地时的速度大小，每次落地损失的机械能需要在下一次起跳时补充，因此完成一次跳跃消耗的能量为Emv完成一次跳跃过程中消耗的平均功率为P代入解得P(2)P=100W(3)x=5.9m【详解】（1）沿OA方向射出的小球在空中做竖直下抛运动，则hOA=v0tgt2代入数据，解得t=1s或t=_1.2s（舍去）（2）设沿水平方向射出的小球运动时间为t1，则水平方向x1=v0t1在竖直方向ygt因为圆锥形木桶的顶角为90o，则圆锥桶侧壁与竖直方向的夹角为45o，所以tan45o小球击中木桶时的竖直分速度大小为vy=gt1=10m/s重力的瞬时功率为P=mgvy=100W（3）设小球的初速度与水平方向的夹角为θ,