1、宜昌市协作体高三期中考试物理试卷考生注意：1本试卷满分100分，考试时间75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。4本卷命题范围：必修第一册，必修第二册。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，
2、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1.5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7.9kr
3、n/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
4、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AP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
5、，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
6、，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
7、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。14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
8、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-r
9、cosa=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）