2022-2023学年江西省吉安市第一中学高三上学期11月期中考试物理试题（解析版）

吉安一中2022—2023学年度上学期期中考试

高三物理试卷

一、选择题(1-8为单选，9-12为多选，每空4分，共48分)

1．体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以（  ）

A．减小地面对人的冲量

B．减小地面对人的撞击力

C．减小人的动量变化量

D．减小人的动能变化量

2．如图甲所示为“海影号”电磁推进实验舰艇，舰艇下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，使得M、N间海水内电流方向为，此时加一定方向的磁场，可使得M、N间海水受到磁场力作用而被推出，舰艇因此向右前进，则所加磁场的方向应为（　　）

A．水平向左 B．水平向右

C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里

3．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，电阻R1：R2：R3：R4=3：2：1：1，开关S断开。现将S闭合，由S闭合到电路稳定的过程中通过R3的电荷量是（　　）

A． B．

C． D．EC

4．如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为的点电荷放在盒左边附近，达到静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是（　　）

A． B．

C． D．

5．在大雾天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v-t图像如图所示，则（　　）

A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5 m

B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于90 m

C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s之内的某时刻

D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻

6．用一根导线围成如图所示的回路KLMN，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路KLMN中分别通以如图所示的恒定电流I1、I2，圆环固定，则下列说法正确的是（　　）

A．圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力

B．圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向

C．回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动

D．回路KLMN将在纸面内向左平动

7．空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是（　　）

A．E＝3V/m，方向沿x轴正方向

B．E＝5V/m，方向指向第一象限

C．E＝400V/m，方向沿y轴负方向

D．E＝500V/m，方向指向第三象限

8．如图所示，质量分别为、的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度沿斜面向上运动，经时间，细线突然被拉断，再经时间，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（　　）

A． B． C． D．

9．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（　　）

A．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大

B．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变

C．断开开关S，略向上移动A板，则θ增大

D．断开开关S，略向上移动A板，则θ不变

10．一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为两点相距，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为，现将小球M由距地面竖直高度处由静止释放，则（）

A．小球M将做平抛运动

B．小球M即将落地时，小球N的动能为

C．小球M即将落地时速度大小为

D．小球M即将落地时，小球N的速度大小为

11．如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，将与砂桶P连接的光滑挂钩改为质量不计的细绳，细绳系在C点，如图所示，在两砂桶中装上一定质量的砂子，砂桶（含砂子）P、Q的总质量分别为m1、m2，系统平衡时，∠ACB＝90°、∠CAB＝60°，忽略滑轮的大小以及摩擦。则下列说法正确的是（　　）

A．m1∶m2＝1∶1

B．m1∶m2＝2∶1

C．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置上升

D．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置保持不变

12．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d；∠C=，现垂直于AB边射入一群质量均为m，电荷量均为q，速度相同的带正电粒了（不计重力），已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为，下列判断正确的是（　　）

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0

B．该匀强磁场的磁感应强度大小为

C．粒子在磁场中运动的轨道半径为

D．粒子进入磁场时的速度大小为

二、实验题(每空2分，共16分)

13．（1）小明同学利用自己所学物理知识，自制了一个欧姆表，他采用的内部等效电路图为甲图中的___________ ，表笔a为___________ （填“红”或“黑”）色。

（2）已知G表的满偏电流为6mA，制作好欧姆表后，小明同学对欧姆表进行欧姆调零，他将上图中欧姆表的红黑表笔短接，G表指针位置如图乙，调节欧姆调零旋钮，使G表指针指在 ________位置（选填“0刻度”“满偏”），即完成欧姆调零。

（3）经欧姆调零后，小明同学打算测量此欧姆表的电动势和内阻，他找到5个规格相同的标准电阻R=100.0Ω，他将n个（n=1，2，3，4，5）电阻串联后先后接在该欧姆表的红黑表笔之间，记下串联电阻的个数n和对应电流表的读数In。根据所得数据做出 -n图像，如图丙所示，可求得欧姆表中电源的电动势为________V，该欧姆表的内阻为________Ω。（结果保留三位有效数字）

14．某同学做验证向心力与线速度关系的实验．装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球．钢球静止时刚好位于光电门中央．主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测出钢球直径d；

②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；

③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2；

已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：

（1）钢球经过光电门时的线速度表达式v＝____，向心力表达式＝____；

（2）钢球经过光电门时的所受合力的表达式F合＝ ___；

三、解答题(共36分)

15．（8分）“歼－15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80 m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/s速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160 m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。

16．（14分）如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数μ满足的条件。

17．（14分）如图所示，坐标系xOyz的xoy平面内内有竖直向上的匀强电场，yoz左侧区域内既有沿x轴负方向的匀强磁场，又有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度与第一象限内的电场强度等大。现有一质量为m、电荷量为的粒子从x轴上的P点，以初速度沿x轴负方向进入第一象限，经y轴上的Q点进入第二象限内，在以后的运动过程中恰好未从x轴上飞出电磁场。已知P、Q到坐标原点O的距离分别为2d、d，不计粒子重力，求：

（1）电场强度的大小及粒子到达Q点时速度的大小；

（2）匀强磁场的磁感应强度大小；

（3）粒子在电磁场区域第二次经过x轴的位置到坐标原点O的距离。

1．B

【详解】体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得

－Ft＋mgt＝0－mv

解得

F＝＋mg

当t增加时F减小，而动量的变化量、动能的变化量都不变，B正确，ACD错误。

故选B。

2．C

【详解】根据题意可知，舰艇向右前进，则海水受到向左的安培力，由左手定则可知，所加磁场的方向应为垂直纸面向外。

故选C。

3．D

【详解】当开关S断开时，电容器两极板间电压等于R2两端电压，上极板带正电

开关S闭合后，电容器与R1并联，上极板带负电，两极板间电压等于R1两端电压

上极板极性改变，则由S闭合到电路稳定的过程中流过R3的电荷量

Q=Q1+Q2=EC

故选D。

4．D

【详解】金属内部由于处于静电平衡状态，因此内部每点的合电场强度都为零，即盒内的每一点感应电荷产生的电场强度斗鱼点电荷-Q在那点产生的电场强度大小相等、方向相反。即感应电荷的电场线与点电荷-Q的电场线重合，但方向相反。故ABC错误，D正确。

故选D。

【点睛】感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡，要理解并掌握静电平衡的特点。

5．C

【详解】AB．由图可知，甲车的加速度

乙车的加速度

两车速度相等经历的时间为20s，此时甲车的位移

乙车的位移

可知如果不相撞，则两车之间的最短距离

若两车发生碰撞，则开始刹车时两车的距离小于100 m，故AB错误；

CD．因为速度相等后，若不相撞，乙车速度大于甲车速度，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车若发生碰撞，一定是在刹车后的20 s 之内的某时刻，故C正确，D错误。

故选C。

6．D

【详解】A．根据安培定则可知，圆环上的电流I1在KLMN平面所在处的磁场方向垂直纸面向里。根据左手定则，圆环对KN段圆弧为引力，对LM段圆弧为斥力，A错误；

B．根据左手定则，圆环对KL段的安培力方向垂直于KL向上，对MN段的安培力方向垂直于MN向下，根据对称性，两者大小相等，但是方向不是相反，B错误；

CD．MNKL段和ML圆弧段的有效长度均可等效为ML直线，但ML圆弧所在处磁感应强度小，所受安培力方向向右，比MNKL段受力小，MNKL受安培力合力向左，则回路KLMN将在纸面内向左平动， C错误，D正确。

故选D。

7．D

【详解】从题中的图像可以得到，坐标为和的A、B两点为等势点，如图所示，则电场强度的方向垂直于AB且指向第三象限，由几何关系可知

故选D。

8．B

【详解】细线被拉断前，以A、B为整体，由牛顿第二定律得

时，A、B的速度为

细线突然被拉断后，整体受到的合力保持不变，再经时间，B上滑到最高点，此时B的速度为零，设此时A的速度为，以A、B为整体，根据动量定理可得

解得

故选B。

9．AC

【详解】AB．保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；

CD．断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据

得

略向上移动A板，则S减小，E变大，小球所受的电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误。

故选AC。

10．BC

【详解】A．小球M运动过程中受重力、轨道对小球的弹力、轻杆对小球的弹力，不满足做平抛运动的条件，A错误；

CD．小球M即将落地时，设小球M的速度为v，则小球N的速度为，以两小球和轻杆组成的系统为研究对象，根据机械能守恒定律有

可以求出小球M的速度大小为，小球N的速度大小为，C正确，D错误；

B．小球N的动能为

B正确。

故选BC。

11．BC

【详解】AB．以结点C为研究对象，受力分析如图所示

其中

由力的平衡条件可知

由几何关系可

整理解得

故A错误，B正确；

CD．由以上分析可知当砂桶（含砂子）P、Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同质量的砂子，则两砂桶（含砂子）质量的比值会小于2，则桶Q向下移动，C点的位置上升，故C正确，D错误。

故选BC。

12．ABC

【详解】A．垂直于AC边射出，可知速度偏转角为，则对应的圆心角也等于，依题意有

解得

故A正确；

B．根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有

可得

故B正确；

C．在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为，依题意其运动轨迹如图所示

因磁场中运动的时间为时间为时，对应的圆心角为，即

根据几何关系有

即

解得

故选C；

D．根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有

解得

故D错误。

故选ABC。

13．     C     红     满偏     3.16     531

【详解】（1）[1]根据欧姆表的原理可知其内部有电源，有滑动变阻器调节其内阻，并且黑表笔接电源的正极，故选C；

[2]黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极，故表笔a为红色；

（2）[3]欧姆调零当两表笔短路时，由欧姆定律知，可以通过调节滑动变阻器使电流表满偏，令指针指电流表的满偏电流刻度处，进行调零；

（3）[4][5]在闭合电路中，电源电动势

而又因为

则

即

14．              

【详解】(1)[1][2]钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度 ．mg=F1，半径 ，所以

(2)[3]根据受力分析，F1=mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于

15．100 m/s

【详解】第一次试验时，航母静止，根据速度与位移关系式可知

0－＝2aL

解得匀减速直线运动的加速度为

a＝－20 m/s2

第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为v1，设舰载机运动的位移为x1，则有

v2－＝2ax1

舰载机运动的时间为

t＝

航母匀速运动的位移

x2＝vt

根据题意则有

x1－x2＝L

联立解得

v1＝100 m/s

16．>μ≥

【详解】若要物块a、b能够发生弹性碰撞，应有

mv02>μmgl

即

μ<

设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有

mv02=mv12＋μmgl

设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

mv1=mv1′＋mv2′

mv12=mv1′2＋·mv2′2

联立可得

v2′=v1

根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知

联立解得

μ≥

综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是

>μ≥

17．（1），；（2）；（3）

【详解】（1）粒子在第一象限做类平抛运动

联立解得

（2）在y轴方向上，粒子做匀速圆周运动

联立解得

（3）粒子在第二象限中第二次经过x轴沿y轴方向，转过个圆周，因此

圆周运动的周期

沿x轴方向做匀加速直线运动

联立解得