1、宜昌市协作体高三期中考试物理试卷一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求：第811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如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎人水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是At1=1.6sB整个过程下落的高度为27mCt1至时间内v-t图像的斜率为-10m/s2Dt1至时间内阻力是重力的1
2、.5倍22022年6月6日，中国“神舟十四号”载人飞船成功进入太空预定轨道。7月25日，航天员顺利进驻空间站“问天”实验舱，进行为期6个月的在轨驻留，下列说法错误的是A“问天”实验舱的运行速度大于7.9krn/sB航天员在“问天”实验舱工作时处于完全失重状态C“问天”实验舱绕地球运动的向心力是由地球对它的万有引力提供的D“问天”实验舱绕地球运动的速度大于高轨道上地球同步卫星的速度3建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。在某次徒手抛砖块中，若将抛出的砖块向上的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为7t设砖块抛出后第一个t时间内的位移为x1，最后一个t时间内的
3、位移为x2，则x1: x2为A9:1B11:1C13:1D15:14如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为l0的橡皮筋将六个质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角速度匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为A B C D 5如图所示，质量m1=1kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2=3kg的物块在木板左端，P与Q之间动摩擦因数1=0.2，地面与Q之间动摩擦因数2=0.1现给物块v0=4m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A
4、P与Q开始相对静止的速度是2.5m/sB长木板Q长度至少为3mCP与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1:1DP与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2:16如图所示，斜面倾角为=30，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力。则为ABCD 7如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（amg，可知物体B继续向上加速，当加速度
5、为零时速度最大。此时kx”=mg解得x”=0.2m，即B物体速度达到最失时，弹簧被压缩了0.2m。故D正确11BD设三者质量为m，初状态时弹簧弹力F=mgsin。释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T。对滑环C，根据牛顿第二定律，有mg+Tsin=mac，可得aCg，选项A错误；当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功。放滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，选项B正确，滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，有vB=vsin，选项C错误；滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态
6、相同。物体B和滑环C构成的系统机械能守恒，有，整理得，选项D正确。12（1）定滑轮0.88（2）（每空2分）解析：（1）实验前应调节定滑轮的高度，使牵引滑块的细线与长木板平行：求得小车加速度。（2）由图乙可知滑块与长木板间的滑动摩擦力为F0，由，则动摩擦因数。13（1）控制变量（2分）等于（2分）（2）（2分）（3）（2分）解析：（1）本实验采用控制变量法来探究F、m、r四者之间的关系：因为小球在接近水平的平面内做匀速转动，可以近似认为小球的向心力等于F。（2）若测得小球做匀速圆周运动的圈数为n，对应的运动时间为t。则小球匀速圆周运动的周期为，由可得。（3）由可，则的关系图像的斜率为，解得。1
7、4解：以风筝平面和垂直风筝平面建立坐标系则有Tcos37+mgcos37=F风（3分）Tsin37=mgsin37（3分）联立得T=mg（2分）F风=1.6mg（2分）15解：（1）对小滑块进行受力分析，可得斜面AB对小滑块的滑动摩擦力大小为（1分）斜面CB对小滑块的滑动摩擦力大小为（1分）由几何关系可得、（1分）从A到C由动能定理可得（2分）解得Ekc=62.5J（1分）（2）设小滑块在C点的速度为vc则有（1分）把vC分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx=vCcos37，vy=vCsin37（1分）设小滑块从C点到地的时间为t。由竖直上抛运动规律可得（1分）解得，（2分）小滑块做斜抛运动
8、的水平位移为x=vxt（1分）解得（2分）16解：（1）物块由A到C的过程，由动能定理得：（1分）解得：（1分）物块沿BC轨道做圆周运动。设在C点时轨道对物块的作用力为N。由牛顿第二定律得（1分）其中r-rcosa=0.4L整理得N=2.6mg（1分）由牛顿第三定律得，物块对C点的压力大小为2.6mg方向竖直向下（1分）（2）物块不脱离轨道，有两种情况：情况一：物块能滑过圆轨道最高点E时，则物块在最高点E应满足：（1分）物块从C直到E点过程由动能定理有：（1分）解得；R0.44L（1分）情况二：物块滑到与圆心O2等高处速度减为零然后物块在沿原路返回D则由动能定理有：（1分）解得：R=1.1L（1分）要使物块在运动过程中不脱离轨道。竖直圆轨道的半径R应该满足：R0.44L或R1.1L（1分）（3）若R=1.2L，由第（2）分析可知，物块必定返回到D设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB则由功能关系得：（1分）解得：（1分）滑块由B点沿BA上滑的最大距离为s。滑块再次返回到B点时的速度为vB。上滑时由动能定理得下滑时由动能定理得（1分）解得s=0.2L、（1分）物块再次返回CD后不能进入圆轨道，设物块在CD段滑动的距离为s。则由动能定理得：（1分）解得：s=0.88L（1分）则物块静止的点距离C点为0.88L（1分
