2022-2023学年广东省广州市中山大学附属中学高三上学期期中考试物理试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市中山大学附属中学高三上学期期中考试物理试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
  中山大学附属中学高三11月物理测试一、选择题（1-7单项选择，每题4分，8-10多项选择，每题6分）1. 某物体在地球表面，受到地球的万有引力为F。若此物体受到的引力减小为，则其距离地面的高度应为（R为地球半径）（　　）A. R B. 2RC. 4R D. 8R【答案】A【解析】【详解】在地球表面时在某高度时解得所以距离地面的高度应为故选A。2. 2022年9月1日，神舟十四号航天员乘组在问天实验舱圆满完成首次出舱任务，问天实验舱对接天和核心舱的过程可简化为如图情景：问天实验舱经椭圆轨道I，在A点与圆形轨道II上的天和核心舱对接，轨道II离地高度约为，下列说法正确的是（　　）A. 问天实验舱与天和核心舱对接时，若以地面为参考系，则问天实验舱静止不动B. 问天实验舱在轨道I上机械能小于其在轨道II上的机械能C. 问天实验舱在轨道II上运行速率在到之间D. 问天实验舱在轨道II上的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度【答案】B【解析】【详解】A．由于对接点所在轨道II离地高度约为，低于静止卫星的高度，所以实验舱相对地面是运动的，故A错误；B．实验舱在轨道I上需要在A点加速才能变轨到轨道II上，变轨过程中机械能增加，所以问天实验舱在轨道I上机械能小于其在轨道II上的机械能，故B正确；C．实验舱绕地运行的最大速度为第一宇宙速度，轨道越高，运行速度越小，故C错误；D．物体绕地运行的加速度为可知，半径越大，加速度越小，所以实验舱在轨道II上的向心加速度大于地球静止卫星的加速度，又由公式可知，由于地球静止卫星与赤道上的物体做圆周运动的角速度相同，但地球静止卫星的运动半径更大，所以地球静止卫星比赤道上物体做圆周运动的加速度大，综上可知，实验舱在轨道II上的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D错误。故选B。3. 甲、乙两物体从同一点、同一方向、同时开始沿直线运动，甲的x-t和乙的v-t图像如图所示（不考虑碰撞），下列说法中正确的是（　　）A. 2~4s内乙做变加速运动B. 2s末甲物体恰能追上乙物体C. 第3s内甲、乙两物体速度方向相同D. 4~6s内，甲乙两物体的平均速度不相同【答案】D【解析】【详解】A．v-t图像斜率表示加速度，由乙图知，2~4s内乙的加速度不变，故A错误；B．由甲图知，2s末甲的位移为4m，而v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由乙图知，2s末乙的位移为则2s末两物体相遇，但x-t图像斜率表示速度，由甲图知，2s前，甲的速度为2m/s，而乙的速度由0逐渐增加到4m/s，故2s末是乙追上甲，故B错误；C．x-t图像斜率表示速度，由甲图知第3s内甲的速度方向为负，由乙图知第3s内乙的速度方向为正，故C错误；D．4~6s内，甲做匀速运动，平均速度为乙做匀变速直线运动，平均速度为则甲乙两物体的平均速度方向不同，故D正确。故选D。4. 一个带正电的带电粒子沿垂直于磁场的方向，从a点进入匀强磁场，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）。下列描述带电粒子运动的径迹中，正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据题意，粒子的能量逐渐减小，即粒子的速度不断减小，根据粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得因为粒子的速度不断减小,则半径不断减小；又因为粒子带正电，根据左手定可以判断粒子洛伦兹力方向。故选A。5. 如图是儿童公园的摩天轮，假设某乘客坐在座椅上随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，整个过程座椅始终保持水平。下列说法正确的是（　　）A. 座舱转动过程，乘客的机械能守恒B. 座舱转动过程，座椅没有给乘客摩擦力作用C. 座舱在最高点时，座椅对乘客的支持力大小等于重力D. 座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力方向指向转轴【答案】D【解析】【详解】A．座舱转动过程，乘客的动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故A错误；BD．座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力提供做圆周运动的向心力，则所受的摩擦力方向指向转轴，故D正确，B错误；C．座舱在最高点时，根据可知，座椅对乘客的支持力N大小小于重力，故C错误。故选D。6. 如图所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数为（　　）A. 2个或3个 B. 3个或4个 C. 2个或4个 D. 3个或5个【答案】C【解析】【详解】以A研究对象，根据其受力平衡可得，若没有摩擦，则A对斜面一定无弹力，只受到重力和库仑引力两个力作用而平衡；若受到摩擦力，则一定受到弹力，此时A受到4个力作用而平衡。故A球要么受2力平衡，要么受4力平衡。故选C。7. 如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点．不计一切摩擦，下列说法正确的是　　A. m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B. m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C. m释放后能够到达c点D. 当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大【答案】D【解析】【详解】A、m从a点运动到b点过程，m与M组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，在该过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误；
B、m从a释放后，从a到b过程，只有重力做功，该过程m的机械能守恒，m经过b后初重力做功外，轨道弹力对m做功，m的机械能减少，m的机械能不守恒，故B错误；
C、m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点，故C错误；
D、m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速，故D正确。
故选D。8. 在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力恒力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是A. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2pB. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2EkD. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p【答案】BD【解析】【详解】AB.在光滑水平面上，合力等于F的大小，根据动能定理知，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据，知动量变为原来的倍．故A错误，B正确；CD.根据动量定理知，Ft=mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据知，动能变为原来的4倍．故C错误，D正确．9. 2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”正式交付海军，“山东舰”发动机最大输出功率为P，最大航行速度为，其航行时所受的阻力随速度增大而增大，某次直线航行过程中，下列说法中正确的是（　　）A. 若“山东舰”匀加速启动，则在匀加速阶段，发动机提供的牵引力大小恒定B. 若“山东舰”以恒定功率P启动，经时间t后速度达，则有C. 若“山东舰”以匀速航行时，所受的阻力为D. 若“山东舰”以匀速航行时，发动机输出功率小于【答案】CD【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得在匀加速阶段，所受的阻力随速度增大而增大，可知发动机提供的牵引力也增大，故A错误；B．若“山东舰”以恒定功率P启动，经时间t后速度达，根据动能定理可得故B错误；C．若“山东舰”以匀速航行时，此时牵引力等于阻力，则有故C正确；D．若“山东舰”以匀速航行时，此时牵引力等于阻力，则有由于航行时所受的阻力随速度增大而增大，则有故D正确。故选CD。10. 打夯是人们抬起重物将地面夯实的传统方式，某次打夯简化为以下过程：如图，两人同时通过绳子，对静止在地面上的质量为m的重物各施加大小不变的力F，力的方向都与竖直方向成角，重物离开地面高度为h时同时放手，重物最终下落至地面，并把地面砸出深度为d的凹坑。不计空气阻力，在一次打夯全过程中，下列说法正确的是（　　）A. 重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小相等B. 重物落下接触地面时的动能等于C. 整个过程重力做功等于D. 地面对重物的阻力做功等于【答案】D【解析】【详解】ACD．根据重力做功的特点，可知整个过程重物下降的高度为d，则重力做功等于在一次打夯全过程中，根据动能定理有可得地面对重物的阻力做功等于显然重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小不相等，故AC错误，D正确；B．从开始到重物刚落地的过程，根据动能定理得可得重物落下接触地面时的动能由于重物从地面离开到h时，加速向上运动，则有所以可得重物落下接触地面时的动能故B错误。故选D。二、实验题（每空2分，共12分）11. （1）如图所示，小铁球A、B完全相同，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，改变装置与地面间距离，重复上述实验，两球仍然同时落地，根据此实验探究平抛运动的特点，可得到的结论是（      ）A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动B．平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动C．平抛运动可以分解为竖直运动和水平运动（2）下图为某同学在做平抛运动实验时得出的小球的运动轨迹，a、b、c三点表示小球运动过程中经过的三个位置，g取，空气阻力不计，则小球做平抛运动的初速度为________m/s，抛出点坐标________。【答案】    ①. A    ②. 2.0    ③. 【解析】【详解】（1）[1]改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，可知两球在竖直方向的运动完全相同，即说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动。A正确，BC错误。故选A。（2）[2]竖直方向根据可得则小球做平抛运动的初速度为[3]小球在b点时竖直方向的分速度为则可得小球从起抛点到b点时的时间为设起抛点的位置坐标为 可得小球从起抛点到b点的水平距离为可得小球从起抛点到b点的竖直距离为求得故起抛点位置坐标为。12. 某研究性学习小组利用图甲装置验证系统的机械能守恒定律。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每个钩码质量均为m，当地重力加速度为g。该同学经正确操作打出的纸带一部分如图乙所示。（1）纸带中相邻两个计时点的时间间隔为T=___________s；（2）用刻度尺测量，，则打F点时纸带的瞬时速度大小vF=______m/s；（3）设纸带中A点速度为vA，F点速度为vF，，如果实验数据在误差范围内近似满足g=_______（用vA、vF、h和m表示）则说明系统机械能守恒。【答案】    ①. 0.02    ②. 0.95    ③. 【解析】【分析】【详解】（1）[1]打点计时器所用交流电的频率为50Hz，根据（2）[2]匀变速直线运动，中时刻的瞬时速度大小等于该时段的平均速度大小，可得，F点的瞬时速度为（3）[3]设纸带中A点速度为，F点速度为，那么系统从A到F点，增加动能为因，从A点到F点，系统减小的重力势能为如果实验数据在误差范围内近似满足即三、计算题（13题12分，14题14分，15题16分）13. 如图所示，倾角θ=37o斜面底端B平滑地连接着半径r=0.40的竖直光滑圆轨道，质量m=0.50kg的小物块，从距离地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（sin37o=0.6；cos37o=0.8，g=10m/s2）（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小？（2）小物块滑到斜面底端B时速度为多大？（3）小物块沿圆轨道已完成圆周运动，求到最高点A点时对圆轨道的压力大小。【答案】（1）4.0m/s2；（2）6m/s；（3）20N【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，沿斜面方向和垂直斜面方向分别有
 解得
 （2）设B端速度为v1，从顶端到底端，则
 代入已知条件得
 （3）设A端速度为v2，从B到A，由由动能定理有
 在A点，设轨道压力为N'，有
 解得
 14. 某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg，初始时两冰壶之间的距离s=7.5m，运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后，与静止的蓝色冰壶B碰撞，碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：（1）红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间；（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。【答案】（1）6s；（2）3.2J【解析】【详解】解：（1）红色冰壶A以v0=2m/s初速度开始运动后，加速度大小由牛顿第二定律为方向向左，冰壶A做减速运动，设在与B碰撞时速度为v1，则有所用时间为与冰壶B碰撞后，以速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，做减速运动直到停下，所用时间红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间为t=t1+t2=5s+1s=6s（2）两冰壶碰撞满足动量守恒，则有mv1=mvA+m vB解得vB=v1−vA=1 m/s −0.2 m/s=0.8m/s两冰壶碰撞中损失的机械能15. 如图所示，光滑轨道abcd周定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab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M、长的小车，小车上表面与ab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d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，小车质量M满足，重力加速度g取10m/s2。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在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）当1kg≤M≤2kg时，；当2kg＜M≤3.5kg时，【解析】【详解】（1）在最高点有牛顿第二定律可得b到d由动能定理可得在b点有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竖直向下，大小为（2）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mAvA=（mA＋M）v由能量守恒可得联立以上方程可得=2kg当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得解得当2kg＜M≤3.5kg时，A将从小车左端滑出，可得Q2=μmAgL解得