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执信、 金中、 深外三校高三（第一学期） 联合调研考试
物理 试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、单 项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=0时刻的波形图；P是平衡位置在 处的质点，其振动图像
如图（b）所示。下列说法正确的是
A．波速为1m/s
B．该波的传播方向是沿x轴负方向
C．在t＝3.5s时质点P的速度最大
D． 处的质点在 时位于平衡位置
2．为研究自由落体运动特点，实验小组在暗室中静止释放小球，并按下胶片照相机的快门并使之处于常开状
态，频闪仪每隔时间T发出一次强烈闪光，得频闪照片部分截图如图所示，测量并按照比例尺换算得相邻
位置距离，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在图中D位置瞬时速度为
S −S
4 3
A．3gT B．
T2
S +S
C． 3 4 D．
2T
3．如图所示，在班级科技节的“悬停纸飞机”展示中，小明用三段细线连接两个模型飞机A和B（均可视为
质点），并将上端固定在天花板的O点。他通过侧向施加一个拉力F来控制系统的平衡，使三段轻绳都伸
直且O、A间轻绳处于竖直状态。开始时，拉力F的方向与竖直方向成倾角θ（小于90⁰）。为了模拟飞机
缓慢转向的过程，他让拉力F的方向从图示位置缓慢逆时针旋转至竖直向上。在此过程中，两飞机始终保
持静止，则下列说法正确的是
A．轻绳OA的弹力一直减小
B．拉力F先减小再增大
C．轻绳AB的弹力可能一直减小D．轻绳OB的弹力不可能为零
4．台风“桦加沙”影响期间,一架救援飞机在灾区上空沿水平方向做匀减速直线运动，沿途连续投放救灾物
资.若不计空气的阻力，则下列四幅图中能反映救灾物资落地前排列的图形是
5．如图所示，长为L的轻杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。轻杆在电动机的
驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度 做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、
D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是
A．小球在C点受到杆的作用力最大，等于mg+mω2L
B．小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功为
C．小球在B、D两点受到杆的作用力等于mω2L
D．小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg
6．某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获
得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化
的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是
A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s
D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J
7．截至2025年，我国北斗卫星导航系统服务覆盖全球200多个国家和地区，被纳入国际民航组织（ICAO）
等11个国际组织标准体系。组成北斗系统的卫星运行轨道半径r越高，线速度v越小，卫星运行状态视为匀速圆周运动，其 图像如图所示，图中R为地球半径， 为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径，图中
物理量单位均为国际单位，引力常量为G，忽略地球自转，则
A．地球的质量为 B．地球的密度为
C．地球表面的重力加速度为 D．GEO卫星的加速度为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
x 1
8．根据机动车的运动情况,绘制如图所示 － 图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v的方向
t2 t 0
为正方向,运动过程中所受阻力恒定.下列说法正确的是
A．机动车牵引力恒定且小于阻力
B．机动车的初速度为10 m/s
C．机动车的加速度大小为8 m/s2
D．机动车在前3 s的位移是24 m
9．如图所示，一个质量为M的箱子用轻绳悬吊在空中并处于静止状态，质量分别为m、m的物块P、Q用轻弹
1 2
簧连接，弹簧竖直，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，忽略空气阻力，重力加速度为g，则在
剪断轻绳的瞬间
A．P与箱顶作用力为零
B．P与箱顶作用力为mg
1
C．Q与箱底作用力为mg
2
D．Q与箱底作用力为mg
1
10．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根
轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运
动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°
(sin53°=0.8,cos53°=0.6)，OB长为 ，与AB垂直，不计滑轮的摩擦，重力加速度为 。则P从A点到B点的过程中
A．P和Q组成的系统机械能守恒
B．Q的速度一直增大
C．轻绳对P做的功为
D．P运动至B点的速度为
三、非选择题：共54分，请根据要求作答。
11．(6分)手机phyphox软件通过内置传感器采集数据并经运算可直接测 出手机的位
移数据，实验小组用此来测当地重力加速度。装置如图，用两根竖直平行细线固定手机，线上端固定在铁
架台铁杆下端，静止在平衡位置时手机表面保持水平。忽略细线的质量和伸缩，以下问题中，取 ，
结果保留三位有效数字。
(1)手机应该在___________（选填“垂直、平行”）于纸面的平面内摆动，
(2)实验小组成员不能确定手机的重心在哪里，就只测了手机上表面到细线悬点的距离L，然后逐次减小这
个距离ΔL=11.75cm，正确操作后连续两次手机显示的振动图像如图乙所示，则可得出当地重力加速度为
___________m/s2。
(3)测出多组距离L和对应的振动图像（由振动图像获得周期T），画出T2-L图，正确的是___________
（选填“丙”或“丁”）。
12．(10分)某同学采用图甲所示的实验装置，验证“物体质量一定时，加速度与它所受合力成正比”这一规
律，试回答下列问题：(1)下列操作正确的是________。
A．重物的质量务必远小于小车的质量
B．连接小车和重物的细线要与长木板保持平行
C．每次改变小车的质量时，都需要重新补偿阻力
D．应当先释放小车，再接通电源
(2)该同学做实验时，木板处于水平状态就进行了其他实验步骤，作出的小车加速度a与力传感器示数F的
图像如图乙所示，图中a、F、F已知，则实验中小车受到的阻力大小为 。
1 0 1
(3)该同学在实验中撤去了力传感器，将细绳一端直接连在墙上，正确进行了补偿阻力，其他操作正确，
多次改变重物的质量m，测出小车加速度a，并作 的图像，图像的斜率为k，纵截距为b，则当地的
重力加速度为 ，此时使用的小车质量为 ，若动滑轮的质量不可以忽略，则重力加速度的
测量值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。13．(10分)如图所示，光滑的水平面AB与光滑的半圆形轨道相接触，直径BC竖直，圆轨道半径为R，一个质
量为m的物体（可视为质点）放在A处，物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，当物体运动到B点
1
时撤去水平外力之后，物体恰好从圆轨道的定点C水平抛出，后又落回与A处紧邻的小沙坑，并与沙坑接
触时间Δt后静止。忽略空气阻力，重力加速度为g．求
(1)力 F 的大小;
1
(2)物体与沙坑接触时间Δt内沙坑给小球的平均作用力大小F 。
2
14．(12分)“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑
提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆因惯性继续运动，在自身重力的作用下，
落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的线速度v=4 m/s，
对夯杆的压力均为F=2×104 N，与夯杆的动摩擦因数μ=0.3，夯杆的质量m=1.0×103 kg，坑深h=6.4 m，
重力加速度g=10 m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，不计空气阻力，请计算：
(1)每个打夯周期中，夯杆受摩擦轮带动的作用时间t；
(2)每个打夯过程的周期T；
(3)每个打夯周期中，因带动夯杆向上运动，电动机多消耗的电能。15．(16分)如图所示,倾角为θ的光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H 、H 高度同
甲 乙
时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追
上甲时发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略空气阻力，重力加速度为g，H <H ，求：
甲 乙
(1)甲、乙分别到达斜面底端的时间t 、t ；
甲 乙
(2)乙最终停止的位置与O处的距离x ；
乙
(3)若μ=sinθ=0.5，乙运动的总时间t与H 、H 的关系式。
甲 乙执信、 金中、 深外三校高三（第一学期） 联合调研考试
物理 参考答案
1~10 B C B D A C D AC BD CD
11.（6分，每空2分）（1）垂直 （2）9.65 （3）丙
12. （10分，每空2分） (1)B (2) (3) 不变
13. （10分）解:(1)物体恰好从圆轨道的定点C水平抛出，则在C点: ……1分
解得
从C到A的过程中 2R= ……1分
X=vt ……1分
AB c
解得X=2R
AB
1
从A到C的过程中 F ⋅x −mg⋅2R= mv2 ……1分
1 AB 2 C
5
解得F = mg ……1分
1 4
(2)竖直方向，根据
v2=2gh（h=2R）
y
可得 v =√2g⋅2R=2√gR ……1分
y
水平方向速度 v =v =√gR（第一问已求）
x C
竖直方向：设竖直方向地面给小球的平均作用力大小为 F ，取竖直向上为正方向
y
(F −mg)Δt=0−(−mv ) ……1分
y y
2m√gR
解得 F = +mg。
y Δt
水平方向：设水平方向地面给小球的平均作用力大小为 F
x
−F Δt=0−mv ……1分
x x
m√gR
得 F =
x Δt
地面给小球的平均作用力大小F =√F2+F2。 ……1分
2 x y
√5m2gR 4m2g√gR √5gR 4g√gR
解得 F = + +m2g2=m + +g2 ……1分
2
Δt2 Δt Δt2 Δt
14. （12分）解：（1）刚开始，夯杆受到向上的摩擦力f =2μF ……1分
根据牛顿第二定律f−mg=ma ……1分解得a=2m/s2
夯杆加速到与摩擦轮线速度v=4m/s，由v=at ……1分
1
v 4
可得加速时间t = = s=2s
1 a 2
1 1
加速位移x = at2= ×2×22m=4m。
1 2 1 2
匀速上升位移x =h−x =6.4−4m=2.4m，由x =vt ……1分
2 1 2 2
x 2.4
可得匀速上升时间t = 2= s=0.6s
2 v 4
所以夯杆在被摩擦轮带动上升阶段用时t=t +t =2+0.6s=2.6s ……1分
1 2
（2）方法1：夯杆竖直上抛阶段，夯杆以速度v=4m/s做竖直上抛运动
根据上v=v −gt （v=0，v =4m/s）
0 上 0
v 4
可得上升时间上t = 0= s=0.4s
上 g 10
上升高度上 v2 42 ……1分
h = 0 = m=0.8m
上 2g 2×10
夯杆下落阶段，从最高点下落的总高度H=h+h =6.4+0.8m=7.2m。
上
由H=
1
gt2 ，可得下落时间下t =
√2H
=
√2×7.2
s=1.2s ……1分
2 下 下 g 10
打夯周期T=t+t +t =2.6+0.4+1.2s=4.2s ……1分
上 下
方法2：竖直上抛及回落过程的位移为−h=−6.4m（以向上为正方向）。
1
根据公式-h=−v t'− gt'2 ……2分
0 2
可得t'=1.6s（时间不能为负，另解t'=−0.8s舍去）
打夯周期T=t+t'=2.6+1.6s=4.2s ……1分
1 1
(3) 方法1：夯杆在坑口时，动能E = mv2= ×1.0×103×42J=8000J
k 2 2
重力势能
E =mgh=1.0×103×10×6.4J=64000J
p
机械能增加量ΔE=E +E =8000+64000J=72000J ……1分
k p
摩擦轮在加速阶段的位移x =vt =4×2m=8m。
轮1 1
夯杆加速位移x =4m，相对位移轮Δx=x −x =8−4m=4m ……1分
1 轮1 1
根据Q=f Δx ……1分
可得Q=48000J
电动机多消耗的电能W =ΔE+Q=120000J ……1分
方法2：摩擦轮多克服的摩擦力做的功为W=W + W ……1分
克1 克2W = f（vt） ……1分
克1 1
W = mg（ vt） ……1分
克2 2
故 W=f（vt）+mg（ vt）
1 2
解得W =120000J ……1分
H
15. （16分）解：（1）对于在光滑斜面上下滑的滑块，设斜面长度为L，根据几何关系L= （H为下滑
sinθ
高度）。
滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律mgsinθ=ma ……1分
可得加速度a=gsinθ。
1
根据运动学公式L= at2 ……1分
2
H H 1
将L= 和a=gsinθ代入可得： = (gsinθ)t2
sinθ sinθ 2
1 √2H
解得t=
sinθ g
对于甲滑块，到达斜面底端时间 1 √2H ……1分
t = 甲
甲 sinθ g
对于乙滑块，到达斜面底端时间 1 √2H ……1分
t = 乙
乙 sinθ g
（2）乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，设碰前甲、乙速度分别为v、v，碰后甲、乙速度分别为 、
1 2 v'
1
v'
2
……1分
mv +mv =mv +mv
1 2 1' 2'
1 1 1 1
mv2+ mv2= mv'2+ mv'2 ……1分
2 1 2 2 2 1 2 2
可得 , 可知甲和乙发生弹性碰撞后交换速度
v =v v =v
1' 2 2' 1
乙最终停止位置与不发生碰撞时甲最终停止的位置相同；
则如果不发生碰撞
1
甲下滑过程有mgH = mv 2 ……1分
甲
2 甲
甲在水平面运动到停止有 =2μg ……1分
v 2 x
甲 甲'
H
联立可得x = 甲
甲'
μH
综上，得x = 甲 ……1分
乙 μ
（3）由（2）知甲到达斜面底端的速度
v =√2gH
甲 甲
乙到达斜面底端的速度
v =√2gH
乙 乙
①甲停下前被乙碰：
v
t=t + 甲 ……1分
甲
μg
解得t= 1 1 √2H =4√2H ……1分
（ + ） 甲 甲
sinθ μ g g
②甲停下后被乙碰：
t=t +t ……1分
乙 1
1
由x =v t - μgt2 ……1分
甲' 乙 1 2 1
得t=√2gH −√2g（H −H ） （另解t=√2gH +√2g（H −H ）舍去）
1 乙 乙 甲 1 乙 乙 甲
μg μg
故t=t= 1 1 √2H -1 √2（H −H ） √2H - √2（H −H ） ……1分
（ + ） 乙 乙 甲 =4 乙 2 乙 甲
sinθ μ g μ g g g
若甲刚好停下时被乙碰，有4√2H =4√2H -2√2（H −H ）即 H =25 ……1分
甲 乙 乙 甲 乙
g g g H 9
甲
