《江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题(解析版).docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、南京一中20222023学年第一学期期中考试试卷高三物理一、单项选择题：共10小题，每小题4分，共计40分。每小题只有一个选项符合题意。1. 一质点沿x轴正方向做直线运动，从通过坐标原点时开始计时，其图像如图所示。则（）A. 质点做匀速直线运动，速度为B. 质点做匀速直线运动，速度为C. 质点做匀加速直线运动，加速度为D. 质点做匀加速直线运动，加速度为【答案】D【解析】【详解】AB由图像可知则有可知质点的位移与时间成二次函数关系，质点做匀变速直线运动，AB错误；CD由匀变速直线运动的位移时间公式，与对比可得：质点的初速度v0=0，加速度由图像可知，质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，
2、初速度是零，加速度为2m/s2，C错误，D正确。故选D。2. 我国火星探测器“天问一号”成功由椭圆轨道1经P点变轨进入火星停泊轨道2，如图所示。P、Q分别为椭圆轨道1的近火点、远火点，P、Q到火星中心的距离分别为。关于探测器在两个轨道上的运动，下列说法正确的是（）A. 轨道1经过P点加速度大于轨道2在P的加速度B. 变轨时，P点要点火使得探测器加速C. 轨道1经过P、Q两点加速度的比值为D. 轨道1经过P、Q两点速度的比值为【答案】C【解析】【详解】A加速度由万有引力提供，则即在同一地点万有引力相同，则加速度相同，故A错误；B卫星由椭圆轨道1变轨到轨道2变轨时，卫星做向心运动，则需要减速，故B
3、错误；C在P点加速度的为在Q点加速度的为则故C正确；D开普勒第二定律可知解得故D错误。故选C。3. 两个小球以大小相等的速度同时抛出，从A点抛出的小球做斜上抛运动，从C点抛出的小球做竖直上抛运动。C点正上方D点是从A点抛出小球能到达的最高点，如图所示，不计空气阻力。关于两个小球的运动，下列说法可能正确的是（）A. 两小球在D点相遇B 两小球同时落地C. 两小球下落过程中相对速度不变D. 两小球到达各自最高点过程中的速度变化量相同【答案】C【解析】【详解】AB设两个小球抛出的初速度大小为v0，做斜抛运动的小球抛出的初速度与水平方向夹角为，做斜抛运动的小球在竖直方向的初速度为由速度位移关系公式可得
4、从A点抛出到达最高点的高度为 到达最高点的时间为从C点抛出的小球做竖直上抛运动，上升最大高度上升到最高点所用时间为可知两小球到达最高点不相同，到达最高点的时间也不相同，不会在D点相遇，由运动的对称性可知，两个小球从抛出到落地所需时间不相同，不会同时落地，AB错误；C两小球下落运动中，在竖直方向都做自由落体运动，从A点抛出的小球同时在水平方向还做匀速直线运动，因此两小球在下落运动中相对速度不变，C正确；D从A点抛出的小球到达最高点时速度的变化量为gt1，从C点抛出的小球到达最高点时速度的变化量为gt2，则两小球在到达各自最高点的运动中速度变化量不相同，D错误。故选C。4. 在楼房维修时，为防止重
5、物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳子连结在O点，工人甲拉动a绳的一端使重物上升，工人乙在地面同一位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是（）A. a绳的拉力越来越小B. b绳的拉力越来越小C. 工人乙对地面的压力越来越小D. 工人乙对地面的摩擦力越来越小【答案】C【解析】【分析】【详解】AB当重物匀速上升时，物体平衡，O点受到c绳的拉力大小等于重物的重力G，受力分析如图所示物体越高，a段绳子与竖直方向的夹角越大，b段绳子与竖直方向的夹角越小，根据力的平行四边形，可见随着物体的升高，a、b两段绳子的拉力均增大，AB错误；C
6、工人乙在竖直方向受到b段绳子拉力的竖直分力越来越大，根据平衡条件可知，地面对乙的支持力越来越小，由牛顿第三定律可知，工人乙对地面的压力越来越小，C正确；D由于a段绳子拉力越来越大，与竖直方向的夹角越来越大，其水平方向的分力越来越大，根据平衡条件可知，工人乙受到地面的摩擦力越来越大，由牛顿第三定律知，工人乙对地面的摩擦力越来越大，D错误。故选C。5. 如图所示，水平地面上方存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下、磁场方向水平向里，一个带正电的小球从A点沿水平向右方向进入该区域，落到水平地面上，设飞行时间为，水平射程为，着地速度大小为；撤去磁场，其余条件不变，小球飞行时间为，水平射程为
7、，着地速度大小为下列判断正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】小球在电场与磁场同时存在的情况下落到地面，与撤去磁场时相比，多受一大小变化、方向斜向右上（A点水平向右）的洛伦兹力，设速度与水平方向夹角为，竖直方向上，由牛顿第二定律有，得水平方向上，ABD对两球竖直方向上，都下落h，由，可知水平方向上，由，可知AD错误，B正确；C由动能定理可知两种情况粒子抛出到地面过程中，都只有重力和电场力做功，总功相同，由动能定理所以有C错误；故选B。6. 某同学利用如图甲所示的闭合电路研究电容器的充、放电过程。先将滑动变阻器R滑到某合适位置，闭合开关S，电流传感器（可视为理想电流表）记
8、录得到充电时电流随时间变化的图像如图乙所示。则（）A. 充电过程中，电容器极板电压增大、电阻两端电压减小B. 电路稳定时，电容器两端电压小于两端电压C. 电路稳定后，将R的滑片向左滑动，电流传感器中有的电流D. 若将R的滑片向左滑动，再次稳定后，电源效率比原来大【答案】A【解析】【详解】A闭合开关S，在对电容器充电中，随充电量的增加，电容器极板电压逐渐增大；流经R2的电流逐渐减小，电阻R2两端电压减小，A正确； B电路稳定时，充电电流是零，电阻R2两端电压是零，则电容器两端电压等于两端电压，B错误；C电路稳定后，将R的滑片向左滑动，R的阻值减小，电路中的电流增大，R1两端电压增大，电容器两端电
9、压增大，给电容器充电，电流传感器中有ba的电流，C错误；D若将R的滑片向左滑动，再次稳定后，电路是纯电阻电路，电源效率则有外电路电阻越大，电源的效率越大，R的滑片向左滑动，外电路电阻减小，电源效率减小，D错误。故选A。7. 一定质量的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，如图所示当轻杆绕轴匀速转动时，带动小球在水平面内做匀速圆周运动，转动过程中绳a、b均处于伸直状态，且b绳水平，下列说法正确的是（）A. 绳a张力可能为零B. 绳b中张力不可能为零C. 角速度越大，绳a的拉力越大D. 若剪断b绳，绳a的拉力大小可能不变【答案】D【解析】【详解】A小球做匀速圆周运动，在竖直方向合力为
10、零，水平方向的合力提供向心力，故a绳在竖直上的分力与重力相等，即a绳的张力不可能为零，故A错误；B小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳水平方向的分力与b绳在水平方向的力之和提供向心力，故绳b中张力可能为零，此时a绳水平方向的分力提供向心力，故B错误；C由上述分析可知，绳a在竖直方向的分力等于小球的重力，即故绳a的拉力与角速度无关，故C错误；D由上述分析可知，b绳可能没有拉力，故当b绳没有拉力时，剪断b绳，绳a的拉力大小不变，故D正确。故选D。8. 如图所示，在等边三角形三个顶点A、B、C处，分别固定三个点电荷，电荷量分别为、。过点C作AB边的垂线，垂足为O，过点A作BC边的垂线，垂足为P，两垂线
11、交于M点。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A. 将一个正电荷从O点移到M点电势能变大B. O点电势低于P点电势C. M点电势低于P点电势D. P点场强大小大于O点场强大小【答案】D【解析】【分析】题中电场是三个点电荷共同产生的，可以分为两组，即A与B是等量同号电荷，A与C、B与C是等量异号电荷；注意等量同号电荷的中垂线的电场方向沿中垂线指向两侧无穷远，而等量异号电荷的中垂线的电场方向垂直与中垂线指向负电荷一侧。【详解】AOM线上的电场可以看作A与B两等量同号电荷产生的中垂线上沿OM指向M的场强，与C处负点电荷产生的沿OM指向M的场强的矢量和，OM线上的电场沿OM指向M，故将一个正电荷
12、从O点移到M点电场力做正功，电势能减小，故A错误；BCMP线上的电场为B与C两等量异号电荷的中垂线上的电场，与A处正点电荷产生的电场的矢量和，故MP线上电势从M到P点电势降低，而OM线上的电场沿OM指向M，故从O到M点电势降低，所以，故BC错误；DP点场强等于B与C两等量异号电荷在中点的场强与A处正点电荷在P点产生的场强的矢量合，而 O点场强等于C处点电荷在O点产生的场强，故P点的场强大小一定大于O点的场强大小，故D正确。故选D。9. 如图，足够长的平行光滑直轨道水平放置，中心打孔的甲、乙两小球分别穿在两轨道上，中间用自然长度比轨道间距大的轻弹簧相连。两球质量相等，孔径比轨道略大，初始两球在轨
13、道上保持静止。现给甲水平向右的瞬时冲量，使其具有初速度v。在以后的运动过程中（）A. 下次相距最近时甲球速度大小是vB. 运动中乙球的最大速度大于vC. 两球相距最近时弹簧弹性势能最大D 甲球沿轨道一直向右运动【答案】B【解析】【详解】AB给甲球水平向右的瞬时冲量，则甲球向右运动后带动乙球向右运动，因两球的质量相等，甲球一直做减速运动，乙球由弹簧被甲球拉着做加速运动，到下次相距最近时，此时弹簧处于自然长度，乙球速度最大。若弹簧的自然长度与轨道间距相等，在此运动中甲、乙两球组成的系统动量守恒机械能守恒，取向右为正方向，则有解得v1=0v2=v由于甲球在开始运动时，弹簧被压缩，所以乙球的最大速度应
14、大于v，A错误，B正确；C因甲、乙两球相距最近时弹簧处于自然长度，弹簧的弹性势能最小是零，C错误；D由以上分析可知，开始甲球沿轨道向右运动，当乙球的速度达到最大时，甲球的速度最小是零，处于静止，由于轨道足够长，弹簧的自然长度比轨道的间距大，因此当乙球向右运动时，甲球又开始先向左做加速运动后减速为零，再向右加速，D错误。故选B。10. 如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量的带负电小滑块（可视为质点）在处以初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线是经过处的切线，并且经过和两点，。则（）A. 处的
15、电势最低B. 滑块向右运动过程中，速度先增大后减小C. 滑块运动至处时，速度最大D. 滑块向右一定不能经过处的位置【答案】D【解析】【详解】A由图可知滑块在x=3m处电势能最低，因滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，A错误；BCEpx图像的斜率的大小表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力的大小为滑块所受滑动摩擦力大小为在13m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且逐渐减小，则滑块所受的合外力方向与速度方向相反；在x=3m后，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相同，且逐渐增大，则滑块所受的合外力方向与速度方向相反。综上所述可知滑块在向右运动中，速度一直减小，在x=1m处速
16、度最大，因此BC错误； D滑块在x=1m处的电势能与x=4m处的电势能相等，由能量守恒定律，若滑块能够经x=4m处。则应满足由题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块向右一定不能经过处位置，D正确。故选D。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11. 同学们用图a所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，实验室提供的器材如下：电压表、电阻箱（阻值范围）、开关、导线若干。（1）请根据图a所示的电路图，在图b中用笔画线替代导线，把器材连接起来_
17、。（2）根据图c中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=_V，内阻测量值r=_。（结果保留两位有效数字）（3）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是_。（4）两个实验小组用不同的电池组完成了上述的实验后，发现各电池组的电动势相同，只是内阻差异较大。同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内阻热功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，画出了如图所示的图像。已知乙电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是_。【答案】 . . 3.0 . 1.4 . 电压表分流作用 . A【解析】【详解】（1）1连接电路如图所示。（2）2由图a和闭合电路
18、欧姆定律可得整理可得由图c可知，图像的斜率表示电动势，则有3图线在纵轴上的截距是内阻测量值（3）4该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是电压表的内阻不是无穷大，有分流作用，流经R的电流小于流经电池组的电流，从而产生系统误差。（4）5由焦耳定律可得，电源内阻热功率 P与U为二次函数关系，开口向上，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为，内阻越大，截距越小，已知乙电池组的内阻较大，则乙的纵轴截距较小，A正确，BCD错误。故选A。12. 让木块从倾斜轨道上的A点由静止释放做匀加速运动，连接位移传感器的计算机描绘了木块相对传感器的距离随时间变化规律如图所示，释放木块的同时开始计
19、时。重力加速度。求：（1）根据图像计算时刻木块速度v；（2）若斜面与水平面间的夹角为，求木块与斜面间的动摩擦因数（）。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）有题可知木块做初速度为零的匀加速运动并根据图像可得，0.4s时刻是0.2-0.6s内的中间时刻，所以0.4s时的速度为方向沿轨道向下。（2）木块做初速度为零的匀加速直线运动，根据 可知加速度根据木块在轨道上的受力关系可知代入数据得13. 如图所示，两条平行的光滑金属导轨倾斜的放在水平面上，倾角，两棒间的距离，斜面所在区域有垂直斜面向上的磁场。以M点等高处O为坐标原点，平行斜面向下建立x轴，磁感应强度满足（k的数值为0.8）。金属棒质量
20、m=0.1kg，电阻。导轨上端外接恒流电源，可为电路提供恒定电流，电流方向如图所示。时刻，自处由静止释放金属棒，金属棒下滑时始终垂直导轨且接触良好。不计导轨电阻，重力加速度为。求：（1）判断安培力的方向，写出安培力与x的关系式；（2）金属棒沿导轨下滑的最大距离。【答案】（1）沿导轨向上， ；（2）2.5m 【解析】【详解】（1）由左手定则可知，金属棒受到安培力的方向沿导轨向上；安培力与x的关系式（2）由上式可知，安培力随x均匀变化，平均安培力做功为由动能定理可得解得14. 一长为的轻杆可绕其端点A在竖直面内自由转动，另一端B固定一质量为的小球，另有钉子C位于A的正上方处，细线的一端系有质量为的
21、小物块（可视作质点），另一端绕过C与B相连接。当杆与竖直方向的夹角为时，要用手竖直向下拉住小球，才能使小球和物块都静止。忽略一切摩擦，取，重力加速度。求：（1）静止时，小球受到手的拉力的大小F；（2）放手后，杆刚运动到竖直位置时小球的速率v；（3）放手的瞬间，物块M所受细线的拉力大小T。【答案】（1）130N；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设小球受绳和杆的作用力分别为F1和F2，由平衡条件则有且解得（2）杆运动到竖直位置时，小球上升高度物块下降高度h2=2m，在此运动中由机械能守恒定律可得（3）设此时绳BC方向的加速度大小为a，重物M所受绳的拉力为T，由牛顿第二定律可得小球受绳BC的拉力
22、解得15. 如图所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1（未知）、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于（0，R）；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距，x轴与直线CD之间的区域有一沿y轴的匀强电场，电场强度；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。(1)求磁感应强度B1的大小；(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；(3)欲使所有电子都能
23、达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】(1)；(2)2R；(3)【解析】【详解】解：(1)由图可知r1=R，根据洛仑兹力提供向心力可知解得(2)在电场中电子的加速度由于最上方的电子从O点出来的速度方向水平向左，大小为v0，故此电子到达CD直线上距y轴最远，在y方向上有解得水平方向上有故电子第一次到达CD直线的范围长度l1=2R(3)在CD直线下方的磁场中，根据动能定理可知解得即所有进入下方磁场的电子都具有相同的速度大小，电子在磁场中的运动轨迹半径如下图，最上方的电子进入磁场时速度与CD直线夹角满足解得=60由图可知，当最上方的电子速度与CD直线夹角为60时，能够到达O点，当最下方的电子垂直进入磁场后，出磁场的方向与CD直线夹角为60时，恰好能到达x轴，所以，由几何关系可得到矩形磁场的最小面积