江苏省淮安市高中校协作体2023届高三物理上学期期中试卷（Word版含解析）

淮安市高中校协作体2022-2023学年度第一学期高三年级期中考试物理试卷考试时间：75分钟；满分：100分一、单选题1.2020年8月20日上午9：00某中学2020级高一新生军训会操表演在校大操场隆重举行。下列各个说法中，正确的是（　　）A.“上午9：00”，指时间间隔B.各班级方阵沿操场一周，其位移就是路程C.裁判在会操表演打分中，可以把整个方阵队伍看做质点D.裁判在会操表演打分中，不能将队伍中某同学看做质点【答案】D【解析】【详解】A．“上午9：00”，指时刻，故A错误；B．各班级方阵沿操场一周，其位移为零，路程不为零，故B错误；C．裁判在会操表演打分中，要考虑同学的姿势，不能将整个方阵队伍看做质点，故C错误；D．裁判在会操表演打分中，需要考虑同学姿势，不能将队伍中某同学看做质点，故D正确。故选D。2.跑步是一种简单的运动项目，跑步可使身体各部位都得到锻炼，目前已成为国内外一种普遍的防治疾病的手段。若某人沿平直跑道运动的位移随时间的平方变化的规律如图所示，则其运动的加速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据可知 解得故选D。3.如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）A.大小等于B.大小等于C.方向竖直向上D.方向水平向左【答案】B【解析】【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，大小为故选B。4.高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）A.1.0m/s2B.2.0m/s2C.4.0m/s2D.8.0m/s2【答案】C 【解析】【详解】高铁达到最大加速度时，书恰不滑动，此时书与桌面间的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律可知解得a=μg=4.0m/s2故选C。5.2022年7月17日，在2022俄勒冈田径世锦赛男子跳远决赛中，中国选手以8.36m的成绩夺得金牌。假设该选手（视为质点）起跳瞬间的水平速度大小为10m/s，不计空气阻力，则他在空中运动的过程中距地面的最大高度约为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】该选手起跳后在水平方向做匀速直线运动，有则他在空中运动的过程中距地面的最大高度解得故选A。6.学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区前边界到后边界的距离为，闸杆开始保持水平静止，在闸杆的正下方。汽车以速度匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为，若汽车可看成高的长方体，闸杆转轴O与车左侧面的水平距离为。要使汽车匀速顺利通过，闸杆拍杆时匀速转动的角速度至少为（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】闸杆转动时间为汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为解得则闸杆转动的角速度至少为故选D7.北京时间2022年5月10日01时56分，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，2时23分，飞船太阳能帆板顺利展开工作，发射取得圆满成功。后续，天舟四号货运飞船将与在轨运行的空间站组合体进行交会对接，若对接前两者在同一轨道上运动，下列说法正确的是（　　）A.对接前“天舟四号”运行速率大于“空间站组合体”的运行速率B.对接前“天舟四号”的向心加速度小于“空间站组合体”的向心加速度C.“天舟四号”通过加速可实现与“空间站组合体”在原轨道上对接D.“天舟四号”先减速后加速可实现与“空间站组合体”在原轨道上对接【答案】D【解析】 【详解】AB．对接前两者在同一轨道上运动，由万有引力提供向心力解得，同一轨道，运行速率，向心加速度相等，AB错误；C．飞船与天宫一号在同一轨道上，此时飞船受到的万有引力等于向心力，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，不能实现对接，C错误；D．飞船与天宫一号在同一轨道上，“神舟八号”先减速飞船做近心运动，进入较低的轨道，后加速做离心运动，轨道半径变大，可以实现对接，D正确。故选D。8.小朋友站在向上做匀速直线运动的电梯中，竖直向上抛出小球后小球落回手中（小球未碰到电梯顶部）。以地面为参考系和零势能面，小球与电梯底面距离最大时，小球的（　　）A.速度为零B.重力势能最大C.速度方向竖直向上D.加速度方向竖直向上【答案】C【解析】【详解】A．小球与电梯底面距离最大时，小球与电梯具有相同的速度，速度不为零，选项A错误；B．由A可知小球依然具有向上的速度，重力势能不是最大，选项B错误；C．小球与电梯一样具有竖直向上的速度，选项C正确；D．小球的加速度等于重力加速度，方向竖直向下，选项D错误。故选C。9.如图所示，质量为m、带正电的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区时，下列说法正确的是（） A.继续匀速下滑B.滑块运动的动能增大C.滑块的电势能增大D.滑块运动的机械能不变【答案】A【解析】【详解】AB．沿绝缘斜面匀速下滑时有，滑至竖直向下的匀强电场区时，有所以此时摩擦力与重力和电场力的合力沿斜面向下的分量仍然平衡，所以继续匀速下滑，速度不变，动能不变，A正确，B错误；CD．滑块下滑时电场力做正功，所以电势能减小。又因为动能不变，重力势能在减小，所以机械能减小，CD错误。故选A。10.在如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，指示灯R的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω。当开关S闭合时，指示灯R的电功率为4W。电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（）A.流过电动机M的电流为4AB.流过电流表的电流为4.5AC.电动机M的电功率为12WD.电源的输出功率为24W【答案】C【解析】【详解】AB．根据功率的计算公式 代入数据解得，根据闭合电路欧姆定律解得流过电流表的电流为所以流过电动机的电流为故AB错误；C．电动机的电功率为故C正确；D．电源的输出功率为故D错误。故选C。二、非选择题11.某课外物理兴趣小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。气垫导轨B处安装了一光电门传感器并与计算机相连，滑块C上固定一遮光条，使用高精度仪器测得遮光条的宽度为d，托盘（内有砝码）用细线绕过导轨左端的定滑轮与滑块C相连，已知当地的重力加速度大小为g。（1）将气垫导轨放在高度合适的水平桌面上，将导轨调至水平；调节定滑轮使得细线与气垫导轨平行。（2）将滑块C从A位置处由静止释放，计算机记录的挡光时间为t，则滑块C通过光电门的瞬时速度大小为__________。（用题中给出的物理量符号表示）（3）本实验中，下列物理量不需要测量的是__________。 A．托盘和砝码的总质量mB．滑块和遮光条的总质量MC．光电门中心到滑轮中心的距离xD．滑块C在位置A处时，遮光条中心到光电门中心的距离L（4）滑块C通过光电门时，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的总动能__________。（用题中给出的物理量符号表示）（5）滑块C从A位置运动到光电门中心位置处过程中，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）势能的减少量__________。（用题中给出的物理量符号表示）（6）在误差允许的范围内，若__________，则可认为验证了系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的机械能守恒。（用题中给出的物理量符号表示）【答案】①.②.C③.④.⑤.【解析】【分析】【详解】（2）[1]滑块C通过光电门时瞬时速度的大小近似等于通过光电门平均速度的大小，即有（3）[2]本实验中，需要验证托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）动能增加量，所以需要测量托盘和砝码的总质量m、滑块和遮光条的总质量M、滑块C在位置A处时，遮光条中心到光电门中心的距离L；不需要测量的是光电门中心到滑轮中心的距离x，故选C。（4）[3]滑块C通过光电门时，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的总动能（5）[4]滑块C从A位置运动到光电门中心位置处的过程中，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）势能的减少量（6）[5]在误差允许的范围内，若系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，即则可认为验证了系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的机械能守恒。12.在一条直线上，某物体由静止开始以加速度做匀加速直线运动，运动时间t 后速度大小为，位移大小为；接着以加速度做匀加速直线运动，再运动时间t位移大小为。求：（1）时间t是多少；（2）物体在第二个时间t内加速度的大小。【答案】（1）t=1s；（2）【解析】【详解】（1）物体在第一个时间t内有解得（2）物体在第二个时间t内有代入数据解得13.如图甲所示，一物块在水平外力作用下在粗糙水平地面上做匀速直线运动，在时刻撤去外力，物块做匀减速运动后停下，其位移—时间图像如图乙所示。已知物块的质量，重力加速度g取，求：（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）物块匀速运动时的速度大小；（3）从撤去外力F开始，当物块位移为4m时，物块的速度大小【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块做匀速直线运动，水平方向 竖直方向上有又由解得（2）撤去外力F后，做匀减速运动，由图像可知，时，，物块刚好停止。物块在0~4s内的运动可看做反向匀加速运动，设加速度为a，则有又解得（3）物块的位移为4m时，恰好在匀减速阶段的中点位移，则又解得14..如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量，B的质量，圆弧轨道的半径，圆弧轨道光滑，A和B与桌面之间的动摩擦因数均为，取重力加速度。（1）求碰撞前瞬间A的速率；（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；（3）最终A和B静止时的距离L。 【答案】（1）3m/s；（2）1m/s，2m/s；（3）0.75m【解析】【详解】（1）对A，从释放→碰撞前，由动能定理得解得（2）对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得解得（3）A和B在桌面上做匀减速直线运动解得解得则15.如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD，水平边长AB=6L，竖直边长BC=8L，O为矩形对角线的交点，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点，使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD 的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g。（1）求小球的初动能；（2）取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；（3）求带电小球所受电场力的大小。【答案】（1）mgL；（2），；（3）mg【解析】【详解】（1）未加电场时，小球做平抛运动，水平方向上有3L=v0t竖直方向上有4L=gt2解得v0=小球初动能为Ek0=m=mgL（2）加电场后，小球由O到D的过程，由动能定理得q（φO-φD）+mg·4L=5Ek0-Ek0又知φO=0解得φD=小球由O到E的过程，由动能定理得q（φO-φE）+mg·4L=Ek0-Ek0解得 φE=（3）在OE上取一点F，使得OF=L，连接D、F，则DF为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，画出一条电场线如图所示；根据数学知识可知cotα===0.75α=53°电场方向垂直于DF向上，E、D间电势差为U=φE-φD=根据U=E·DEcosα=E·3Lcos53°解得E=带电小球所受电场力的大小F=qE=mg