湖北省重点高中智学联盟2023年秋季高三年级10月联考物理试题答案命题学校:新洲一中阳逻校区命题人:王小平审题人:金安国一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错的得0分）1、如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对平衡力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变大D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变【答案】C【详解】AB．对人受力分析有则有FN＋FT=mg其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A、B错误、CD．对滑轮做受力分析有mg则有FT2cos则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，D错误。故选C。2、在粗糙水平面上静置一个质量为M的三角形斜劈A（两侧斜面倾角不相等，满足），此时两个质量均为m的小物块P和Q恰沿两侧斜面匀速下滑。若在下滑过程中，同时各施加一个平行于各自斜面的大小相等的恒力F1、F2作用于两物块，如图所示，重力加速度为g，则在施力后P和Q下滑过程中（均未到达底端），下列判断不正确的是（）A．物块P和物块Q的加速度大小相等B．地面对斜劈A的支持力大小为(M2m)gC．斜劈A有向右的运动趋势D．若将F2的方向改为竖直向下，地面与斜劈A之间没有摩擦力【答案】C【详解】A．未加推力时，小物块P和Q恰沿两侧斜面匀速下滑，合力均为零，施加相同大小的推力后，合力大小相同，物块质量相同，根据牛顿第二定律可知，加速度大小相同。故A正确，不符合题意；B．斜劈对小物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，合力大小等于物块重力大小，根据牛顿第三定律可知，小物块对斜劈的作用力等于小物块重力大小，则根据平衡条件可知，斜劈受到地面的支持力为FN(M2m)g1{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}故B正确，不符合题意；C．斜劈对小物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，未加推力时，小物块匀速运动，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，小物块对斜劈的作用力方向竖直向下，故斜劈A没有运动趋势，故A错误，符合题意。D．若将F2的方向改为竖直向下，小物块对斜劈的作用力方向仍为竖直向下，故地面与斜劈A之间没有摩擦力，故D正确，不符合题意。故选C。3.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A.在x=1m时，拉力的功率为6WB.在x=2m时，物体的动能为2JC.从x=0运动到x=4m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4的过程中，物体的最大动量为2kg∙m/s【答案】D√2【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。1AB．在物体运动的过程中根据动能定理有Wmgxmv22则x=1m时物体的速度为v1=2m/sWx=1m时，拉力为F6Nx则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=2m时物体的动能为Ek=4JAB错误C．从x=0运动到x=4m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=16J，C错误；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在处速度最大，且根据选项分析可知此时的速度x=2mABv28m/s则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为pmv22kgm/sD正确。4、达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（）2{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}A.B.C.D.【答案】D【详解】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向增加量at2，竖直方向做在自由落体运动，在时间Δt增加gt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的。故选D。5．我国对火星的首次探测任务将于2020年正式开始实施，要实现对火星的形貌、土壤、环境、大气等的探测，研究火星上的水冰分布、物理场和内部结构等。现假想为研究火星上有关重力的实验，在火星的表面附近做一个上抛实验，将一个小球以某一初速度竖直向上抛出，测得小球相邻两次经过抛出点上方h处的时间间隔为t，作出t2h图像如图所示，已知火星的半径为R，引力常量为G，则火星的质量为（）4aR24bR28aR28bR2A．B．C．D．GbGaGbGa【答案】D【详解】小球以某一初速度竖直向上抛出，测得小球相邻两次经过抛出点上方h处的时间间隔为t，由运动学规2v21t律可得0hg2g2284v28a8b解得t2h0结合题图可知解得ggg2gbaMm8bR2由Gmg知M选项D正确，ABC错误。故选D。R2Ga6.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F3{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}C．物块上升的最大高度为D．速度v不能超过【答案】D【解答】解：A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关系不确定，故A错误；B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；C、依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，那么物块上升的最大高度为h，故C错误；D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：2F﹣Mg＝M，解得：vm，故D正确；故选：D。17.如图所示有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m4的小滑块以v1、v2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它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gR，一定不会脱离轨道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C.v1gRv20在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论多大都会脱离轨道D.v1gRv2【答案】D【详解】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故4{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}v2mgcosFmTR从最高点滑下来，由机械能守恒定律11mv2mv2mgR1cos221联立得mv2F2mg13mgcosTR所以当FT0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足mv22mg13mgcosRmv2当θ=0°时，cosθ最大，所以需满足2mg13mgR解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是v1gR当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图v2小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故mgcosFmTR11从最高点滑下来，由机械能守恒定律mv2mv2mgR1cos222mv2联立得F3mgcos2mg2TR所以当FT0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足mv22mg23mgcosRmv2当θ=90°时，cosθ最小，所以需满足2mg20R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A、B、C错误。故选D。8、历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现VsV0称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为A其中V0和Vs分别表示某段位移SS内的初速和末速，A>0表示物体做加速运动，A0且保持不变，则a逐渐变大5{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}B.若A不变，则a也不变V2V2C，若A不变，则物体在中间位置处的速度为A0s2D.若A不变，则物体在中间位置处的速度为VVA0s2解答：解：A、若A>0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，所以平均速度来越大，所以相等位移内用的时间越来越少，由VV可知，a越来越大，故A正a10t确，B错误.C、因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s，速度变化2量为VV，所以此位置的度为VVVV，故C错误，D正确；s0Vs00s2022故选AD.9.如图，一个装满水的空心球总质量为m，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的A点，使R球处于静止状态。空心球的圆心为O，半径为R，A点距离圆心O的竖直距离为，重力加速度为g。则（）2A.方块物体对空心球的弹力大小为2mgB.仅将方块物体向右移动一小许，墙面对空心球的弹力将不变C.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小D.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小【答案】AC【详解】A．对空心球整体为研究对象，受力分析如图，因平衡受三力构成矢量三角形，由几何关系可知图中R1sin2R2故方块物体对空心球的弹力大小为2mg，A正确；B．仅将方块物体向右移动一小许，变小，墙面对空心球的弹力将变大，B错误；C．仅当空心球里的水放掉一小部分，重力变小，但虽然重心下降，但方形物块对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，所以方体物块对球的弹力将变小，方体物块对球的弹力与水平方向的夹角不变，C正确，D错误。故选AC。6{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}10、如图所示在竖直壁上有一个可以上下移动的小球抛射装置A，小球质量为m，改变小球在管中的初始位置，1K2使弹簧的弹性势能与装置高度h满足：Em（K为已知常量）。静止的小球在弹簧的作用下水平抛出，p2h不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.常数K的单位为m3s1小球离开抛射装置的速度B.v0KhC.A的高度不同，小球水平落点也不同1D.当弹性势能为EKm2g时，小球落到水平面的动能最大p2【答案】AD1K21【详解】A．由能量守恒定律Emmv2p2h20化简可得所以的单位为31正确；Kv0hKm/smmsA1K21B．由能量守恒定律Emmv2p2h20K可得，小球离开抛射装置的速度为v0B错误；h1C．根据平抛运动知识hgt22K2h2水平位移xvt联立解得xK0hgg所以小球的水平落点与h无关，C错误；1K2D．由能量守恒定律知，小球落到水平面上的动能为EEmghmmghkp2h1K2K可见，当mmgh小球落到水平面的动能最大，即h2h2g1K21EmKm2g此时弹簧的弹性势能为p2