广东省广东广雅中学2022-2023学年高三上学期期中考试物理 Word版含解析.docx

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2022学年高三上学期期中考试试卷物理试题本试卷共6页，满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题（共8小题，每题3分，共24分）1.举重是我国奥运会上的传统优势项目。如图所示，举重运动员成功把196公斤杠铃举过头顶保持静止，关于这个状态下列说法正确的是（　　）A.运动员此时处于超重状态B.运动员受到杠铃对他的压力就是杠铃的重力C.运动员受到地面的支持力是由于地面形变而产生的D.运动员对杠铃的支持力与运动员对地面的压力是一对作用力与反作用力【答案】C【解析】【详解】A．对举重运动员受力分析可知，举重运动员把杠铃举过头顶保持静止，无加速度，受力合零，既不超重也不失重，A错误；B．运动员受到杠铃对他的压力施力物体是杠铃，杠铃的重力施力物体为地球，不是同一力，B错误；C．弹力是施力物体的形变引起的，所以运动员受到地面的支持力是由于地面形变而产生的，C正确；D．一对作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，运动员对杠铃的支持力与杠铃对运动员的压力才是作用力与反作用力，D错误。故选C。2.每个工程设计都蕴含一定的科学道理。如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力（　　）A.等于B.小于C.R越大，弹力越大D.R越大，弹力越小 【答案】D【解析】【详解】如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为，爪与爪之间的距离为，由图中几何关系可得由受力平衡可得解得可知越大，越小，越大，越小，D正确，ABC错误；故选D。3.中国军队于2020年9月21日至26日派员赴俄罗斯阿斯特拉罕州参加“高加索2020”战略演习，演习中某特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，其运动的速度随时间变化的图像如图所示，时刻特种兵着地，关于该特种兵，下列说法正确的是（　　）A.时间内处于超重状态B.时间内所受阻力越来越大C.时间内的平均速度D.时间内合外力的冲量为零【答案】B【解析】【分析】 【详解】A．时间内物体向下加速，所以加速度方向向下，属于失重状态，A错误。B．时间内物体向下减速，根据牛二则有图像斜率增加，加速度增加，阻力增加，B正确。C．时间内不属于匀变速直线运动，所以无法使用来求平均速度，C错误。D．合外力的冲量等于物体动量的变化量，由于时间内速度的变化量不为0，所以动量的变化量也不为0，D错误。故选B。4.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，R1(R1>r)和R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），A为理想电流表，G为灵敏电流计，当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中（　　）A.电源的输出功率可能先增大后减小B.A表的示数变小C.电源的效率变小D.G表中有从a至b的电流【答案】C【解析】【详解】A．因为R1>r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻减小，外电路的阻值向内阻接近，电源的输出功率增大，A错误；B．在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电流表的示数变大，B错误；C．电源的效率为变形得在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻R减小，电源的效率减小，C正确；D．在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器放电，电流表G表中有从b至a的电流，D错误。 故选C。5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则下列说法正确的是（　　）A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒B.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D.被弹簧反弹离开弹簧后，小球和槽都做速率不变的直线运动【答案】D【解析】【详解】A．在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒；在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；B．在下滑过程中，根据动量守恒定律可知槽向左运动，小球和槽之间的相互作用力对槽做正功，故B错误；CD．根据动量守恒定律可知小球滑到斜槽底端时和槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹离开弹簧后，速度大小不变，与槽的速度相等，所以小球和槽都做速率不变的直线运动，且小球不可能追上槽并回到槽上高h处，故C错误，D正确。故选D。6.硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成，则圆心O点处的电场强度为（　　）A.，方向沿半径指向P点B.，方向沿半名背离P点C.，方向沿半径指向P点 D.，方向沿半径背离P点【答案】D【解析】【分析】【详解】当P点的电荷量为-q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为+2q时，可看作[-q+（+3q）]，故可以看做两个电场的叠加故O点的电场强度为方向沿半径背离P点。故选D。7.绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为-2m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（　　）A.负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大B.当负点电荷分别处于和时，电场力大小相等C.负点电荷在B点速度大于D.负点电荷在AO段的平均速度等于在OB段的平均速度【答案】B【解析】【详解】A．图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，A点运动到O点过程中，图像斜率越来越小，电场强度越来越小，点电荷所受电场力越来越小，则加速度也越来越小，A错误；B．作图如图所示 根据上述，O点运动到B点过程是匀强电场，该电场强度大小与图中虚线表示的电场强度大小相等，由于左侧图线为四分之一圆弧，将虚线平移至与圆弧相切，切点处的电场强度大小与右侧电场强度大小相等，根据几何关系可知，该切点的横坐标为，即当负点电荷分别处于和时，电场力大小相等，B正确；C．根据可知，负点电荷由A点运动到B点过程中，电场力做的功为0，即合外力做的功为0，根据动能定理可知，负点电荷在B点速度等于，C错误；D．根据上述可知，负点电荷由A点运动到B点过程中，先做加速度减小的变加速运动，后做匀减速直线运动，作出图如图所示由于变加速过程与匀减速过程的位移相等，即上图中曲线与时间轴所围面积等于直线与时间轴所围面积，则根据可知，负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，D错误。故选B。8.角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其简化结构如图所示。当系统绕转轴OO′转动时，元件A在光滑直杆上发生位移并输出相应的无线电压信号U，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，当系统（包括电路系统）以角速度ω转动时（　　） A.流过电源E的电流随角速度的增大而增大B.流过电源E的电流随角速度的增大而减小C.弹簧的伸长量为x=D.输出电压U与ω的函数式为U=【答案】D【解析】【详解】AB．系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故AB错误；C．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得求得故C错误；D．输出电压求得故D正确故选D。二、多项选择题（4小题，每题5分，共20分，漏选3分，错选0分）9.2021年5月15日，我国自主研制的火星探测器“天问一号”着陆火星。如图所示，着陆火星前探测器成功进入环火星半长轴为 的椭圆轨道，然后实施近火星制动，顺利完成“太空刹车”，被火星捕获，进入环火星半径为、周期为的圆形轨道。则关于“天问一号”探测器，下列说法正确的是（　　）A.探测器由椭圆轨道进入圆轨道应该在点加速B.探测器沿椭圆轨道从点运动到点机械能守恒C.探测器在点变轨前后，加速度将增大D.探测器沿椭圆轨道由点运动到点所需的最短时间为【答案】BD【解析】【详解】A．探测器由椭圆轨道实施近火星制动，因此进入圆轨道应该在点减速，选项A错误；B．探测器沿椭圆轨道从点运动到点，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；C．探测器在点变轨前后，万有引力不变，加速度不变，选项C错误；D．根据开普勒第三定律有解得因此探测器沿椭圆轨道由点运动到点所需的最短时间为选项D正确。故选BD。10.如图所示，一篮球以水平初速度碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则：（　　） A.碰撞过程中，篮球的机械能守恒B.篮板对篮球的冲量大小为C.篮球的水平初速度大小为D.若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，故A错误B．以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小故B正确;C．篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得联立可得故C错误:D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，篮球弹回的速度减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，故D正确。故选BD。11.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示。某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A.从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量B.从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量C.从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量D.从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量【答案】AD【解析】【详解】A．小孩从A点运动到O点，由动能定理可得mghAO－W弹1＝ΔEk1A正确；B．小孩从O点运动到B点，由动能定理可得mghOB－W弹2＝ΔEk2B错误；C．小孩从A点运动到B点，由功能关系可得－W弹＝ΔE机C错误；D．小孩从B点返回到A点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量，D正确。故选AD。12.如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（　　）A.两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒B.两滑块分离时，弹簧一定处于原长C.滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置D.整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02 【答案】ABD【解析】【详解】A．两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；B．当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对Paμg对Qμ′mg﹣T＝ma解得T＝mg（μ′﹣μ）如果μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B正确；C．两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C错误；D．由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知W+EP•2mv02＝mv02W＝mv02﹣EP则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；故选ABD。三、实验题（2小题，共16分）13.某同学用图中所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把大小相同的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．(1)本实验必须测量的物理量有________A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h(2)根据实验要求，两小球的质量关系为ma__________mb(填“大于”、“小于”或“等于”)；(3)放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？____________（填“同时落地”、“a球先落地”或“b球先落地”），如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？____________（填“有影响”、“没有影响”）；(4)为测定未放小球b时，小球a落点B的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，图中给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为__________cm；(5)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_____________________．（用题中测得物理量的符号表示）【答案】①.BE②.大于③.b球先落地④.对实验结果无影响⑤.45.95(45.92~45.98)⑥.maOB＝maOA＋mbOC【解析】【分析】（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的落地点，根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等．【详解】（1）根据实验原理，利用平抛的水平距离和物体质量的乘积列动量守恒，所以需要测量小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC．故选BE．（2）要使碰后a球的速度大于零，水平向右，故两球的关系是ma应大于mb,，（3）b球先落地，b球先做的平抛运动．（4）不影响实验结果．因为两小球各自做平抛运动的时间是相等的．（5）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以未放被碰小球时小球a的落地点为B点，由图可知OB距离应为45.95cm；（6）B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若mav1=mbv3+mav2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒 带入数据得：maOB＝maOA＋mbOC【点睛】本题利用各自做平抛运动的时间相等，水平方向做匀速直线运动的特点，将速度关系转化为位移关系．14.用以下器材尽可能准确地测量待测电阻的阻值。A．待测电阻，阻值约为200；B．电源E，电动势约为3.0V，内阻可忽略不计；C．电流表，量程为0～10mA，内电阻＝20；D．电流表，量程为0～20mA，内电阻约为≈8；E．定值电阻，阻值＝80；F．滑动变阻器，最大阻值为10；G．滑动变阻器，最大阻值为200；H．单刀单掷开关S，导线若干；（1）为了尽可能准确地测量电阻的阻值，请你设计并在图虚线框内完成实验电路图________。（2）滑动变阻器应该选________（选填器材前面的字母代号）；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于_________端（选填“a”或“b”）；（3）若某次测量中电流表的示数为，电流表的示数为，则的表达式为：______。（用题中测得物理量的符号表示）【答案】①.②.F③.b④.【解析】【详解】（1）[1]没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1与定值电阻串联测电压，用电流表A2测电流，故虚线框内的电路图如图所示 （2）[2]滑动变阻器要采用分压接法，为方便实验操作和精确，要选择阻值较小的，故滑动变阻器应选择R1，即选F；[3]滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于b端；（3）[4]由图示电路图可知，待测电阻阻值为四、计算题（3小题，共40分）15.如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为，其中有一个半径为的竖直光滑圆环，现有一质量为m＝0.08kg、电荷量为的带正电小球（可视为质点）在最低点A点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。（已知，g取）求：（1）小球所受电场力与重力的合力F；（2）小球在A点的初动能。【答案】（1），方向与竖直方向夹角为；（2）【解析】【详解】（1）因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为方向与竖直方向的夹角为，有可得合力与竖直方向夹角为；（2）小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则在其等效最高点，有小球从等效最高点至A点过程中，由动能定理得联立代入相关数据求得小球在A点的初动能 16.如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道半径，在b处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；（3）物块A相对小车滑动多远的距离。【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)【解析】【详解】(1)对B分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得从b到d由动能定理可得在b点由牛顿第二定律可得联立以上方程可得由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力方向竖直向下(2)细绳剪断之后，由动量守恒定律可得由能量守恒可得 联立以上方程可得(3)假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得由能量守恒可得解得17.在光滑的水平面上有一凹形木板A，质量为，长度为，不计凹形木板A左右两壁的厚度，其上表面也光滑；另有一质量也为m的带电滑块B静止于凹形木板A的左侧（如图），带电滑块B所带电荷量为。在水平面上方空间中加一匀强电场，方向水平向右，电场强度。时滑块B由静止释放，设滑块B与A两侧的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求滑块B与凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小；（2）求滑块B从开始运动到再一次运动到凹形木板A左侧时，电场力对滑块B所做的功；（3）求滑块B从开始运动到与凹形木板A发生第n次碰撞的过程中，凹形木板A运动的总位移。【答案】（1），；（2）0.4J；（3）2n(n-1)m【解析】【详解】滑块B由静止释放后，在电场力作用下，从木板A的左侧匀加速运动到右侧，木板A不动。对B有解得第一次碰前B的速度为vB1，则解得由滑块B和木板A发生弹性碰撞得 解得（2）第一次碰后，木板A匀速运动，滑块B做初速度为零匀加速直线运动，历时t秒解得说明：第一次碰后，历时t=1s，滑块B在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。所以滑块B从开始运动到再一次运动到凹形木板A左侧时，电场力对滑块B所做功（3）说明：t=2s时，滑块B在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。同理，滑块B与木板A发生第二次碰撞有：碰前碰撞得解得 且有：第一次碰撞后第二次碰撞后由数学归纳可知：木板A与滑块B发生（n-1）次碰撞到n次碰撞过程中则木板A发生的总位移