山东省潍坊市2022届高三物理上学期期中试卷（含解析）

山东省潍坊市2022届高三物理上学期期中试卷（含解析）一、选择题1.一电梯由静止开始向上运动，其v-t图象如图所示，下列判断正确的是A. 30 s末电梯开始向下运动B. 电梯上升的最大高度为28 mC. 电梯的最大加速度为0.1ms2D. 前30 s内电梯的平均速度为0.5ms【答案】B【解析】【详解】A、图象的纵坐标表示速度，纵坐标的正负表示速度的方向，则036s速度均为正，表示一直向上方向运动；故A错误.B、电梯在036s内上升的总高度等于梯形的面积大小，；故B正确.C、根据速度图象的斜率等于加速度，可知30s36s的加速度最大为；故C错误.D、030s的位移为，故平均速度为；故D错误.故选B.【点睛】本题考查对速度-时间图象的理解能力，关键抓住图象的数学意义来理解图象的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移.2.在粒子散射实验中，虚线是以原子核P为圆心的同心圆，相邻两个同心圆之间的间距相等，实线为一粒子运动的轨迹，a、b、c为轨迹上的三个点。则A. 粒子在a点的加速度最大B. 粒子在a点的动能最小C. 粒子在b点的电势能最大D. 两点间的电势差Uac=Ucb【答案】C【解析】【详解】A、粒子和原子核间的库仑斥力产生加速度，由可知b间距离最小，加速度最大；A错误.B、C、粒子从a到c的全过程知库仑斥力先做负功后做正功，由动能定理可得动能先减小后增大，电势能先增大后减小，即b点的动能最小和电势能最大；故B错误，C正确.D、相邻虚线圆间的d相等，而由点电荷的电场分布可知平均场强，则据可得；故D错误.故选C.【点睛】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点.解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功.、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。、任意两个等势面都不会相交.、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱.3.如图所示，质量为m的物块沿斜面体匀速下滑，斜面体静止在地面上，已知斜面体质量为M，如果在物块上施加一个竖直向下的力F，则A. 物块将加速下滑B. 斜面体对地面的摩擦力水平向左C. 斜面体对地面的压力小于(M+m)g+FD. 斜面体对物块的作用力大小为mg+F【答案】D【解析】【详解】A、物体匀速下滑时有：，施加一个竖直向下的恒力F时有：（mg+F）sin=(mg+F)cos，可知物块仍然做匀速运动；故A错误.B、选择M和m的整体，在施加竖直力F前后都处于平衡状态，且不受水平外力，故没有向左右的滑动趋势，地面的摩擦力为零；B错误.C、对M和m的整体，竖直方向平衡，由牛顿第三定律可知，故C错误.D、对m分析由平衡知识可知，斜面对物体的支持力和滑动摩擦力之和等于重力，则施加竖直力F后依然平衡，则斜面对物体的支持力和滑动摩擦力之和等于mg+F;故D正确.故选D.【点睛】解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键4.相距10cm的正对平行金属板A和B带有等量异号电荷。如图所示，电场中C点距A板3cm，D点距B板2cm，C、D距离为8cm。已知A板接地，C点电势C=-60V，则A. D点的电势D=-220VB. C、D两点连线中点的电势为-140VC. 若B板不动，A板上移，C、D两点间的电势差将变大D. 若A板不动，B板上移，则D点电势不变【答案】D【解析】【详解】A、由匀强电场中场强和电势差的关系可知，A板接地电势为0V，AC间的距离为3cm，解得：；由，可得，则；故A错误.B、CD两点的连线中点距离A板为5.5cm，由U=Ed可得电压为110V，而A板接地，故电势为-110V；故B错误.C、B板不动而A板上移时，板间距离增大，电容C变小，而Q不变，由可知场强不变，而CD间的距离不变，则CD间的电压不变；C错误.D、A板不动，B板上移，Q不变，由知场强不变，则AD间的电压不变，故D点电势不变；故D正确.故选D.【点睛】解决本题的关键掌握电容器的动态分析和匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，注意d为沿电场线方向上的距离5.如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂一个沙桶Q。现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，ACB=120，下列说法正确的是A. 若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变B. 若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变C. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变D. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升【答案】C【解析】【详解】A、B、对砂桶Q分析有，设两绳的夹角为，对砂桶P的C点分析可知受三力而平衡，而C点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有，联立可知，故增大Q的重力，夹角变大，C点上升；增大P的重力时，夹角变小，C点下降；故A，B均错误.C、由平衡知识，而，可得，故两砂桶增多相同的质量，P和Q的重力依然可以平衡，C点的位置不变；故C正确，D错误.故选C.【点睛】掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.6.中国计划于2020年登陆火星。已知火星质量为地球的，火星半径为地球半径的，火星公转半径约为地球公转半径的15倍，地球表面的重力加速度约为10ms2，则火星A. 公转周期约为1.8年B. 公转周期约为1.1年C. 表面的重力加速度约为8m/s2D. 第一宇宙速度约为12kms【答案】A【解析】【详解】A、地球绕太阳的公转周期为1年，根据开普勒第三定律，可得；故A正确，B错误.C、根据，得，火星表面的重力加速度为，故；故C错误.D、根据第一宇宙速度公式，可知；故D错误.故选A.【点睛】根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较星球表面重力加速度研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较7.将一物体水平抛出并开始计时，只受重力作用，下列说法正确的是A. 速度与时间成正比B. 重力的功率与时间成正比C. 动能的增量与时间成正比D. 动量的增量与时间成正比【答案】BD【解析】【详解】A、根据平抛运动的两分运动规律有，可知瞬时速度与时间不成正比；故A错误.B、根据瞬时功率的定义，有，则瞬时功率与时间成正比；B正确.C、平抛运动根据动能定理有：，故动能的增量与时间不成正比；则C错误.D、由动量定理可知，则动量的变化量与时间成正比；故D正确.故选BD.【点睛】本题关键明确平抛运动的运动性质、研究方法，然后根据分位移公式和分速度公式列式分析8.我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，运行中各动车的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是A. 做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零B. 做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零C. 不管是匀速还是加速运动，第2、3节车厢间的作用力一定为零D. 不管是匀速还是加速运动，第1、2节车厢间与5、6节车厢间的作用力之比是1：1【答案】CD【解析】【详解】设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg.A、当动车组匀速运动时合力为零，对整体由平衡条件知，则，依次对各个动车和车厢分析可知：，.；故A错误.B、C、当动车组匀加速运动时，由整体的牛顿第二定律有，可得，对前两节车厢由牛顿第二定律，得；故B错误，C正确.D、匀加速运动时，对第一节车厢由牛顿第二定律：，得；对前5节车厢的整体由牛顿第二定律：，解得；综上故；故D正确.故选CD.【点睛】当机车做匀速运动受力平衡状态，当机车做匀加速运动时有加速度，根据整体法和隔离法求解9.如图所示，在竖直面内固定一光滑大圆环，O为圆心，半径为R，A、B为水平直径与大圆环的交点，C为大圆环的最低点，D为最高点，质量为m的小环(可视为质点)套在大圆环上，从A处无初速释放，同时用水平恒力F拉小环，到达最高点D时速度恰好为零，则下列说法正确的是A. 恒力F大小为2mgB. 小环运动到C点时的速度最大C. 从A到D小环机械能增加mgRD. 小环运动到B点时受到大环弹力为5mg【答案】CD【解析】【详解】A、根据A点运动到D点的全过程由动能定理有：，解得，故A错误.B、将恒力F和mg合成为等效重力，可知方向斜向右下45，由圆周运动的对称性可知等效最低点在BC弧的中点，此时速度最大；故B错误.C、A到D的过程有除重力以外的力F做正功为mgR,则机械能增加mgR;故C正确.D、由A到B点的动能定理：，在B点由半径反向的受力提供向心力，解得；故D正确.故选CD.【点睛】本题在等效场中分析圆周运动的有关问题，抓住一个点用向心力，两个点用动能定理处理.10.如图所示，水平传送带顺时针转动，速度为v1，质量为m的物块以初速度v0从左端滑上传送带，v0v1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中A. 物块克服摩擦力做的功为B. 物块克服摩擦力做的功为C. 产生的内能为D. 产生的内能为【答案】BD【解析】【详解】A、B、物块的速度大于传送带的速度受摩擦力向左，向右匀减速直到共速，由动能定理可知：，故；故A错误，B正确.C、D、物体和传送带间的相对摩擦生热，相对位移为，故热量为；故C错误，D正确.故选BD.【点睛】解决本题的关键根据受力判断出物块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；求动能往往根据动能定理.二、实验题11.某同学要探究一个弹簧压缩一定长度时具有的弹性势能大小，实验室提供了一个弹簧测力计、刻度尺、物块、方木板。实验步骤如下：将物块放在水平木板上，弹簧测力计左端固定在水平桌面上，另一端勾住物块，如图所示；水平拖动木板，读出弹簧秤测力计示数F；如图所示，固定木板，将弹簧左端固定在木板上，弹簧自由伸长到O点，用物块压缩弹簧到A点，无初速释放滑物块，物块停在木板上的B点，记录此位置。(1)为测量此次弹簧压缩时储存的弹性势能，需要用刻度尺测出_(填写物理量及符号)。(2)弹簧具有的弹性势能EP=_ (用所测物理量的符号表示)(3)在步骤中若这位同学加速拉动木板对实验结果_(填“有”或“无”)影响。【答案】 (1). AB间的距离 (2). (3). 无【解析】【详解】(1)水平拖动木板时物块处于平衡，有，而压缩弹簧到A位置释放到B点停下，有弹力做正功和滑动摩擦力做负功，故根据动能定理，则需要测量出摩擦力做功的位移，即测量AB间的距离x.(2)由弹力做功等于弹性势能的变化有：，联立得.(3)步骤若加速拉动木板，物块仍然在弹簧弹力和滑动摩擦力的作用下处于平衡，测量滑动摩擦力无误差，故对实验结果无影响.【点睛】对单个物体的运动过程，首先考虑动能定理，牵扯弹簧的弹力做功时，考虑机械能守恒或功能关系或能量守恒12.如图所示，托盘用细线通过定滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究牛顿第二定律”的实验。 (1)图为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取O、A、B、C、D五个计数点，用刻度尺量出A、B、C、D点到O点的距离，则小车的加速度a=_ms2。(结果保留两位有效数字)(2)某同学平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码质量，且满足小车质量远大于盘和砝码的总质量，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图所示。重力加速度g=10ms2，则小车的质量为_kg，小盘的质量为_kg。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x2=2a1T2,x3-x1=2a2T2,为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，.(2)砝码重力为F，设小盘质量为m0，根据牛顿第二定律：，可知，则a-F图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有，解得.【点睛】本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a-F图的斜率等于小车质量的倒数.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.13.某同学用如图1所示实验装置验证碰撞中的动量守恒。将斜槽固定在水平桌面上，让入射球1从斜槽上某点A由静止释放，记录球在地面的落点；在斜槽末端放上被碰球2再次让球1从斜槽上A点由静止释放，记录球1和球2的落点。重复上述过程10次，用尽可能小的圆将10个落点圈在一起，圆心M、P、N代表落点，斜槽末端在水平地面的竖直投影为O，用刻度尺测量小球的水平位移，如图2所示。(1)为完成实验下列操作必须的是_。A斜槽末端切线方向保持水平B入射球1的质量小于被碰球2的质量C实验中入射小球从同一位置由静止释放D测出斜槽末端到地面的高度h，计算球的速度(2)未放被碰球时，由刻度尺读出入射球抛出的水平位移为_cm；(3)测得球1和球2的质量分别为m1和m2，小球的水平位移分别为xOM、xON、xOP，若关系式_成立(用所测物理量符号表示)，则可验证碰撞过程动量守恒。【答案】 (1). AC (2). (3). 【解析】【详解】(1) A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确.B、为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，故B错误.C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确D、本实验中两小球落地时间相同，故不需要测量高度h来计算下落时间；故D错误；故选AC.(2)未放被碰球时的落点为P点，用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落点圈住，圆心的位置就可以看成是小球的平均落点；该落点的读数为25.55cm.(3)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则：m1xOP=m1xOM+m2xON，故实验需要验证的表达式为：.【点睛】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键.三、计算题14.直角坐标系xOy在竖直面内，x轴水平，空间存在平行xOy面的匀强电场。如图所示，质量为m的带负电的小球，从坐标原点O沿与x轴正方向成角射入，方向与匀强电场方向垂直，初速度大小为v0。射入后小球沿直线运动，空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强；(2)t时刻小球的位置坐标。【答案】（1）（2） 【解析】【详解】(1)由小球作直线运动，合力与初速度在同一直线上，受力分析如图：解得：场强方向与y轴负方向成角斜向下(2)小球做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律：t时刻物体位移为s，位置坐标分别为x，y【点睛】根据受力判断运动性质，选择对应的运动学公式和牛顿第二定律或者动能定理计算.15.如图所示，在光滑水平轨道左侧固定一竖直光滑圆轨道，圆心为O，半径R=2m，圆轨道最低点A与一木板上表面相切，木板质量M=4kg，板长为2m，小滑块质量为m=1kg，从圆轨道的B处无初速滑下，OB与竖直方向夹角为53，小滑块相对木板静止时距离木板右端0.4m，g取10m/s2。求：(1)滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力；(2)滑块在木板上相对木板运动的时间。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：在A点由牛顿第二定律得：解得:由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F=F=18N，方向竖直向下；(2)滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，滑块相对木板滑动的距离：x=2-0.4=1.6m对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得：代入数据解得：=0.4对滑块，由动量定理得：-mgt=mv-mv0代入数据解得：t=0.8s【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，是一道力学综合题，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题.16.足球运动员进行训练时，运动员将一静止的足球踢向正前方32m处的一堵墙，足球以v1=10ms水平初速度沿地面滑行，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1=1ms2，足球撞到墙后反向弹回做匀减速运动，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的。运动员将足球踢出后立即由静止开始以a2=2ms2的加速度追赶足球，他能达到的最大速度v2=8ms，求：(1)足球反弹的速度大小；(2)运动员至少经过多长时间才能追上足球(保留两位有效数字)。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)设足球运动到门柱时的速度为v3，由运动学公式足球反弹速度(2)足球从踢出到撞门柱前的运动时间为运动员速度达到8m/s用时在4s时间内运动员前进的位移为足球运动员未能追上足球，速度达到最大之后匀速运动设追上足球时，球已停止运动，足球从反弹到减速到0的时间为t3，解得：足球反弹的距离为运动员匀速前进时间为t4，解得：因，故追上时足球已停止运动，假设正确该同学追上足球所用时间【点睛】本题考查运动学中的追及问题，关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解17.如图所示，直线MN将平面分成两个区域I和，MN与水平方向成45角，两个区域内均有匀强电场，场强大小均为E，I区内场强方向竖直向下、区内水平向右，一质量为m、带正电且电荷量为q的粒子，以速度v0从MN上的P点水平向右射入I区。粒子的重力忽略不计。求：(1)粒子首次到达MN边界时到P点的距离；(2)粒子第二次到达边界MN时的速度大小。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)粒子垂直电场进入做类平抛运动，运动加速度大小为a，落到MN上用时t1，根据几何关系：解得：(2)粒子进入II区运动，水平方向匀加速运动竖直方向匀速运动又因为【点睛】本题求粒子的位移和速度，分析清楚粒子运动过程、应用类平抛运动规律即可正确解题