2022届湖南省名校联合体高三上学期10月联考物理试题(解析版)

物理

第Ⅰ卷 选择题（共49分）

一、选择题：本题共11小题，共49分，1~6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7~11题，每小题5分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

1.如图所示，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）

A.地面对斜面的支持力的冲量为0

B.斜面对木块支持力的冲量与木块对斜面压力的冲量相等 C.无论斜面是否粗糙，木块与斜面组成的系统水平动量都守恒 D.无论斜面是否粗糙，木块与斜面组成的系统机械能都守恒

2.一汽车在水平路面上开始刹车到停止的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第一秒内与最后一秒内的移之比为7∶1，刹车距离为30m，则整个过程的平均速度的大小为（ ） A.15m/s B.7.5m/s C.10m/s D.5m/s

3.如图所示，一个内表面光滑的半球形碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的球半径为R，一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球（可视为质点），质量分别是m1、m2，已知杆长为2R，杆静止时与水平面的夹角为15°，则A、B两小球的质量之比是（ ）

A.2∶1 C.2:1 小球在竖直面

内保持这样的姿势，始终不脱离球拍（球拍始终水平）在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动.关于小球从最高点C到最右侧点D运动的过程中，下列说法正确的是（ ）

B.3:1 D.2:3 ★4.太极球是广大市民中较流行的一种健身器材，现将其简化成如图所示的球拍和小球，让

A.球拍对小球的摩擦力越来越大 B.小球先处于超重状态后处于失重状态 C.球拍对小球的支持力越来越小 D.小球所受的合外力越来越大

5.打印机是现代办公不可或缺的设备，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构如图所示.设图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸匀速向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为FFmg.则打印机正常工作时，下列说法正确的是（ ）

A.第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左 B.第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为22mg C.第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为2(mgF) D.要做到“每次只进一张纸”，应要求12

6.如图，做匀速圆周运动的质点在1s内由A点运动到B点，AB弧长为AB，所对应的圆心角为

.则下列选项正确的是（ ） 3

A.质点运动过程中的速度始终不变 B.质点在A点的向心加速度大小为

236m/s2

C.质点从A点到B点的速度变化量大小为D.质点从A点到B点的平均加速度大小为

3m/s m/s2

67.地球和月球在长期相互作用过程中，形成了“潮汐锁定”.月球总是一面正对地球，另一面背离地球，月球绕地球的运动可看成匀速圆周运动.以下说法正确的是（ ）

A.月球的公转周期与自转周期相同 B.地球对月球的引力大于月球对地球的引力

C.月球上远地端的向心加速度大于近地端的向心加速度 D.若测得月球公转的周期和半径可估测月球质量

★8.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，传送带在电动机的带动下，始终保持1m/s的速度顺时针运行.现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到最高处.已知传送带的最高处距地面的竖直高度为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为在此过程中，下列说法正确的是（ ）

3，重力加速度大小为10m/s2，则2

A.工件加速过程的时间为0.8s B.传送带对工件做的功为202.5J C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5J D.电动机因传送工件多做的功为120J.

★9.晾晒衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上，A点高于B点，原来无风状态下衣服保持静止.某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止（如图所示），不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法中一定正确的是（ ）

A.有风时，挂钩左右两侧的绳子拉力相等 B.无风时，挂钩左右两侧绳子OA较陡 C.相比无风时，有风的情况下AOB大

D.在有风的情况下，A点沿杆稍稍下移到C点，绳子的拉力变小

10.甲乙两质点在同一直线上运动，从t0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，xt图像如图甲所示.乙做匀减速直线运动，整个运动过程的xv图像如图乙所示.则下列说法正

2确的是（ ）

A.t0时刻，甲的速度为2m/s，乙的速度为10m/s B.甲乙两质点的加速度大小均为4m/s2 C.经过29s，甲追上乙 2D.经过2.5s，甲追上乙

11.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力Ｆ的作用.滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下.重力加速度g10m/s.则下列说法正确的是（ ）

2

A.t9s时长木板P停下来 B.长木板Ｐ的长度至少是16.5m

C.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05 D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12m

第Ⅱ卷 非选择题（共51分）

二、非选择题：共51分

★12.（6分）如图所示的实验装置可以测量小滑块与水平面之间的动摩擦因数.弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接，小滑块上固定有挡光条），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的

初始位置.某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A处的光电门最后停在B处已知当地重力加速度大小为g.

（1）为了测量动摩擦因数，需要测量小滑块上的遮光条宽度d及与光电门相连数字计时器显示的时间t，还需要测量的物理量及其符号是______. （2）利用测量的量表示动摩擦因数______. （3）为了减小误差，OA之间的距离不能小于______.

13.（9分）图甲为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E

为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略不计），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外，该实验小组还准备了一套砝码（总质量为m01kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答.

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的高度差h.

（2）取出质量为m的砝码放在A箱子中，剩余砝码都放在B箱子中，让A从位置O由静止开始下降，则A下落到F处的过程中，A箱与A箱中砝码的整体机械能是______（填“增加”“减少”或“守恒”）的.

（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A下落到F处的速度

v______，下落过程中的加速度大小a______（用d、t、h表示）. （4）改变m重复（2）（3）步骤，得到多组m与a的数据，作出am图像如图乙所示.可

得A的质量mA______kg，B的质量mB______kg（重力加速度大小g取10m/s2）. 14.（10分）2020年东京奥运会上，00后小将李雯雯获得女子87公斤级以上举重项目的冠军，就“抓”举而言，其技术动作可分为预备、提杠发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等动作，如图所示表示了其中的几个状态.在“提杠发力”阶段，运动员对杠铃施加恒力作用，使杠铃竖直向上加速运动：“下蹲支撑”阶段，运动员不再用力，杠铃继续向上运动，当运动员处于“下蹲支撑”处时，杠铃的速度恰好为零.为了研究方便，可将“提杠发力”、“下蹲支撑”两个阶段杠铃的运动简化为两段匀变速直线运动过程来处理，忽略空气阻力，重力加速度取g10m/s，求：

2

（1）若运动员从开始“提杠发力”到“下蹲支撑”处的整个过程历时t1.2s，杠铃总共升高h1.2m，求杠铃获得的最大速度的大小；

（2）在（1）问的条件下，若杠铃的质量为m150kg，求运动员提杠发力时对杠铃施加的作用力大小.

15.（12分）如图，竖直平面内虚线所示的两水平面之间存在大小恒定的水平风力（其他区域不存在风力），自该区域上方距离下边界为L的O点将质量为m的小球以一定初速度水平

抛出，从风力区域上边界的A点进入，且风力区域下边界的B点处于A点正下方.若风力沿水平向左方向，小球在重力和风力的共同作用下，从Q点离开时的速度方向恰好竖直向下；若风力沿水平向右方向，小球在重力和风力的共同作用下，恰好做直线运动，并从P点离开.已知竖直方向只受重力作用，且重力加速度大小为g.求：

（1）小球运动到Q点时速度大小vy；

（2）小球在风力区域中沿水平方向的位移xBQ与xBP之比； （3）风力区域上下边界在竖直方向的距离H.

16.（14分）如图，长度为L的直杆AB的一端固定在水平细杆MN下方，AB与MN位于同一竖直面内，且与MN间夹角为.一质量为m的带孔小球C套在AB上，与AB间动摩擦因数0.2.小球始终受到沿MN方向、大小恒为3mg的风力作用.自A端静止释放小球.（以MN所在水平面为重力零势能面，tan79.84153153，tan77.26） 33（1）在

60的情况下.求小球沿杆AB运动的加速度a1及离开直杆时的机械能E1；

（2）为使小球离开直杆时的机械能最大，求杆AB与MN间的夹角2及相应小球离开直杆时的机械能Emax；

（3）分析说明当杆AB与MN间的夹角3为多少时，C离开AB时的速率最大.

联考联合体2021年高三10月联考

物理参考答案

一、选择题：本题共11小题，共49分，1~6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7~11题，每小题5分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

题号 答案 1.C 1 C 2 B 3 B 2.B 4 A 5 C 6 D 7 AC 8 BC 9 AD 10 BC 11 ACD 3.B【解析】由几何关系可知OA、OB的夹角为90°，OB与水平方向的夹角为30°，OA与水平方向的夹角为60°，选取两小球和杆作为探究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，F1在水平方向的分力F和F2在水平方向的分力F相等，即

F1cos60F2cos30，所以

F1cos303，再以小球A为研究对象，受力分析如F2cos601图2所示，根据评衡条件得F与m1g的合力与F1等大反向，图中两个阴影三角形相似，则得

FFFF1RRm3，故，再以小球B为研究对象得2，则得12，解得1m2ghm1gm2gm1ghm21B正确，ACD错误。

4.A【解析】A.小球做匀速因周运动，在C点沿切线的摩擦力为零，而D点，静摩擦力提供向心力，则可推得球拍对小球的摩擦力越来越大，故A正确；B.小球做匀速圆周运动从C点到D点，有竖直向下的加速度逐渐减小，则小球一直处于失重状态，故B错误；C.小球

v2在，C点，由牛顿第二定律有mgNCm，小球在D点，有mgND，可推得小球

R做匀速圆周运动从C点到D点，球拍的支持力逐渐增大，故C错误；D.小球和球拍一起匀

v2速周运动，由Fnm可知，小球所受的合外力提供向心力，大小始终不变，故D错误.

R5.C【解析】A.因为是搓纸轮带动第一张向右运动，第1张纸上表面受到搓纸轮施加的摩擦力f方向向右，选项A错误；D.第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f，方向向左，即有f2(mgF)，F为搓纸轮对第1张纸的压力，要让纸张一张一张进入则需满足f2(mgF)1F，正常情况下Fmg，故必有12，选项D错误；BC.

第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡条件可知其大小均为f2(mgF)，选项B错误，C正确.

6.D【解析】A.质点运动过程中的速度大小不变、方向变化，选项A错误；B.质点的角速度大小2t3rad/s，轨迹的半径rt0.5m，故质点在A点的向心加速度大小

ar218m/s2，选项B错误；CD.质点做圆周运动的速度大小vr6m/s，根

据几何关系，质点从A点到B点的速度变化量大小vv平均加速度大小a6m/s，质点从A点到B点的

vm/s2，选项C错误，D正确. t67.AC【解析】A.“潮汐锁定”月球总是一面正对地球，另一面背离地球，分析可知，月球的公转周期与自转周期相同，故A正确；B.根据牛顿第三定律，可知地球对月球的引力等于月球对地球的引力，故B错误；C.由于月球总是一面正对地球，所以月球上远地端与近地端角速度相同，根据公式a2r可知，半径大向心加速度大，即月球上远地端的向心加速度大于近地端的向心加速度，故C正确；D.若测得月球公转的周期和半径不可估测月球质量，故D错误.

8.BC【解析】A.工件加速过程由牛顿第二定律得fmgsinma，解得加速度

agcosgsin2.5m/s2，得加速时间tv0.4s，故选项A错误；B.工件在传a送带上不仅受重力还受到传送带对它的摩擦力和支持力，由动能定理有

121得传送带对工件做的功W传mv2mgh202.5J，故选项Bmv0，

22vv正确；C.加速过程工件与传送带相对运动的位移xx传x1vttt0.2m，工件

22与传送带间摩擦产生的热量Qmgcosx7.5J，故选项C正确；D.电动机多做的功mghW传等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量；则有W电Q选项D错误.

9.AD【解析】A.由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则口点为活结，活结两端的拉力总是相等，所以A正确；B.无风时，根据平衡条件可得，两细绳拉力的合力等于重力，则有FcosFcosmg，两细绳拉力水平方向的分力大小相等，方向相反，有

12mvmgh210J.故2FsinFsin，所以挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相同，则B错误；C.有风时，

水平风力与重力的合力为恒力，方向斜向右下方，则等效跨度改变，大小可能变大可能变小，则AOB变化不确定，则C错误；D.在有风的情况下，A点沿杆稍下移到C点，等效跨度一定变小，AOB变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，根据力的分解特点合力一定，两分力随夹角的减小而减小，所以D正确。 10.BC【解析】AB.甲质点的位移表达式为xv01t12a1tx0，将(0,2)、(1,0)、(2,6)222v010，a14m/s2，代入上式，解得x02m，乙质点的位移表达式为vv022a2x，

22a24m/s2，将（v0时x12.5m）、（v100时x0）代入上式，解得v0210m/s，

A错误，B正确；C.乙质点停止所用时间为t0v0210s2.5s，乙质点2.5s的位移为a24x22912s的位移为a2t012.5m，甲质点经过2229121x1a1t42m14.5m，因为222x1x214.5m12.5m2mx02m，经过

甲质点的位移为x1

29s，甲追上乙，C正确；D.经过2.5s，212a1t12.5m，因为初始距离x02m，甲没追上乙，D错误， 211.ACD【解析】C.由乙图可知，力F在t15s时撤去，此时长木板P的速度v15m/s，

t26s时二者速度相同，v23m/s，t26s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t26s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得1mgma1，解得10.05，故C正确；5~6s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得22mg1mgma2，解得20.075，

A.6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得22mg1mgma3，解得

a31m/s2，这段时间t1v13s，所以t39s时长木板P停下来，故A正确；B.长木a3板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离

111x155m(53)1m36m7.5m，故B错误；D.前6s过程中，滑块

222Q在长木板P上滑行的距离为7.5m，所以滑块Q在长木板P上滑行的相对路程应大于7.5m，

26s末到滑块停下来的过程中，根据牛顿第二定律可得1mgma2，解得a40.5m/s，

这段时间内t2v26s，面积差表示相对位移a4x2t1t2v22xx1x212m，故D正确.

(63)3m4.5m，所以t412s时长木板P上滑行的相对路程是2二、非选择题：共51分

12.（6分，每空2分）（1）AB间距L 状态弹簧的压缩量

【解析】（1）根据极限的思想，在时间很短时间内可以用这一段时间的平均速度来代替瞬时

d2（2）

2gL(t)2（3）初始

d；小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，t最后停在B处，滑块做的是匀减速直线运动，对于整体由牛顿第二定律可得：MgMa，

速度，所以滑块通过光电门的速度是v2解得：ag，设光电门A和B点之间的距离为L，由速度位移的关系式可得：v2aL，

d2联立解得：，故还需要测量的物理量是A与B之间的距离L，（3）在推导动22gL(t)2摩擦因数表达式的过程中，由速度位移的关系式v2aL可知，滑块一直做匀减速运动，

可知OA之间的距离不能小于初始状态弹簧的压缩量.

d2d13.（9分）（2）减少（1分） （3）（2分） （2分） 22htt分） 1.0（2分）

（4）3.0（2

【解析】（2）A下落到Ｆ处的过程中，受到绳子的拉力，拉力做负功，则其机械能减少 （3）A下落到处的速率为v由速度位移公式得2ahv2

d td2解得a

2h2t2（4）把三个物体m0、A、B作为一个系统，根据牛顿第二定律

mmgmBm0mgm0mAmBa

可得amm0mB2gmAg

m0mAmBm0mAmB可知图像的斜率k4纵截距b22g

m0mAm1mAmBm0g

m0mAmB解得mA3.0kg mB1.0kg

14.（10分）【解析】（1）设杠铃的最大速度为vm，加速阶段上升的高度为h1，时间为t1，减速阶段上升的高度为h2，时间为t2，全程高度为h，总时间为t，可得

vm2h t（2）设杠铃的最大速度为vm，加速阶段上升的高度为h1，时间为t1；减速阶段上升的高度为h2，时间为t2，全

程高度为h，杠铃加速上升的加速度为

22a1h1vm

2下蹲支撑上升的高度为2gh20vm

其中hh1h2

由牛顿第二定律得Fmgma1 解得F1800N

15.（12分）【解析】（1）小球从O到A做平抛运动，竖直方向做加速度为g的加速运动，进入虚线区域后，竖直方向的加速度仍为g不变，则运动到Q点时速度.

vy2gL

（2）无论风力向左还是向右，小球在竖直方向的运动不变，则运动时间相等，设小球在虚线之间运动时间为t，且设小球在水平风力作用下的加速度为a，若设小球进入虚线区域时的水平速度为vx，则

1xBQvxtat2

21xBPvxtat2

2且vxat

解得

xBQxBP1 3（3）风力区域上下边界在竖直方向的距离为H，则刚进入虚线区域时的竖直速度

vy12g(LH) 在虚线区域内，竖直方向Hvy1t由几何关系可知解得H12gt 2vy1vxH xBP3L 416.（14分）【解析】（1）小球C受力如图所示

由将各力分解到沿AB方向和垂直于AB方向，可得

3mgcos60mgsin60N1ma1 3mgsin60N1mgcos60

解得a13g1.53g

C沿AB做初速度为零的匀加速直线运动，设C离开AB时的速度为v，由运动学规律得

152a1Lv12

12mv1 2重力势能Ep1mgLsin60

此时C的动能Ek131所以，此时C的机械能E125mgl0.666mgL

（2）若3mgsinmgcos，即30有

3mgcosmgsinN2ma2

3mgsinN2mgcos

22a2Lv2

E12mv2mgLsin 2联立解得E(k)2(k)2mgLsin() 其中k3，tank153，所以79.84 k3当30时，有最大值Emax1.5mgL

若3mgsinmgcos，即30有3mgsinN2mcos 联立解得E(k)2(k)2mgLsin() 其中tank153，所以27.26 k3当12.74时，有最大值Emax 1.57mgL

所以当212.74时，C离开AB时机械能最大，最大值

Emax1.57mgL

（3）根据题意，对C加速度有贡献的仅有风力、重力和滑动摩擦力.风力与重力的合力F与MN间夹角为30°，当AB与MN间夹角也为30°时C对AB无压力，则此时滑动摩擦力最小，为零；而此时合力F在AB方向（C运动方向）上的分量最大.所以当330时，C的加速度最大，结合2aLv2可知，此条件下，C离开AB时的速率最大.