物理试卷山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期中考试

这是一份物理试卷山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期中考试，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第学期期中质量检测高三物理试题第I卷（选择题共40分）一、单项选择题（本小题共8题，每题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1. 据悉，北汽新能源极狐阿尔法S的HI车型配备了华为自动驾驶技术，该车型在红绿灯启停、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试乘，时刻甲、乙两辆自动驾驶车同时并排出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列正确的是（　　）A. 时刻，甲、乙两车相遇B. 时间内，存在甲、乙两车加速度相同的时刻C. 时间内，甲、乙两车间的距离逐渐增大D. 时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度【答案】B【解析】【详解】A．时刻，甲、乙两车速度相等，两时刻是两车追逐过程中相距最远的两时刻，并未相遇，A错误；B．在图像中，图线切线的斜率表示加速度，因此在时间内，存在甲图像某时刻图线切线斜率等于乙斜率的时刻，即加速度相同的时刻，B正确；C．在时间内，两车间距逐渐增加，在时间内，甲、乙两车间的距离先逐渐减小后增大，C错误；D．在图像中，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此在时间内，甲车的位移比乙车的大，因此甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D错误。故选B。2. 质点从P点到Q点做匀变速曲线运动，轨迹如图所示，运动到N点时速度方向与加速度方向互相垂直。下列说法中正确的是（　　）A. M点的速率比N点小B. M点的加速度比N点小C. P点加速度方向与速度方向平行D. 从P到Q的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知质点运动到N点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿N点轨迹的切线方向，则知加速度方向向左，合外力也向左，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由M到N过程中，合外力做负功，由动能定理可得，M点的速度比N点速度大，故A错误；B．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过M点时的加速度与N点相同，故B错误；C．P点的速度方向沿该点的切线方向，由上分析可知加速度方向向左，所以P点的加速度方向与速度方向不平行，故C错误；D．质点从P到Q的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。故选D。3. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直中心轴OO'匀速转动的水平转台中央处。质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与 OO'之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。此时转台转动的角速度大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】当小物块受到的摩擦力是0时，设小物块随陶罐转动的角速度为，由小物块的重力与陶罐的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律则有解得A正确，BCD错误。故选A。4. 北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于空间站天和核心舱径向端口，翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员成功进驻空间站天和核心舱，开始中国迄今时间最长的载人飞行。已知空间站轨道离地面的高度约为地球半径的，绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是（　　）A. 空间站在轨道上运行的线速度大于B. 空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度gC. 对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小D. 若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量G，可求出空间站质量【答案】B【解析】【详解】A．是绕地球运行的最大环绕速度，故空间站在轨道上运行的线速度小于，故A错误；B．根据离地面越高，加速度越小，故空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g，故B正确；C．根据对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；D．根据根据题意，可以知道轨道半径，运行周期和引力常量G，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故D错误。故选B。5. 如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为且可视为质点的均质小球用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，下列正确的是（　　）A. 当时，细线对小球的拉力大小为B. 当时，半圆柱体对小球的支持力大小为C. 换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变D. 换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为【答案】D【解析】【详解】AB．对小球进行受力分析如图1当时，且AB=AO2，由几何关系知，为等边三角形，则由于圆心角与圆周角之间的关系可知可知小球受到的绳的拉力T与半圆柱对小球的支持力N相互垂直，水平方向竖直方向解得故AB错误；CD．若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示由几何关系知，直线O1O2是该圆的切线，所以垂直于，则以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向上，半圆柱受到的自持力为由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱对地面的压力将减小；在水平方向上可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为故C错误，D正确。故选D。6. 某学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆水平时距水平地面高为，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区到的距离为，汽车匀速驶入自动识别区，自动识别系统识别的反应时间为，闸杆转动的角速度为。若汽车可看成高的长方体，闸杆转轴O与汽车左侧面的水平距离为，要使汽车顺利通过闸杆（车头到达闸杆处视为通过闸杆），则汽车匀速行驶的最大允许速度为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】根据题意，设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为，由几何知识可得解得则直杆的转动时间为则汽车的行驶时间为则汽车匀速行驶的最大允许速度为故选B。7. 如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮与用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知则有小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度，则有物块的速度为对物块和小球组成的系统，用动能定理可得ABC错误，D正确。故选D。8. 滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（　　）A. 图甲是滑块上滑的照片B. 滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小C. 滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小D. 滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间【答案】C【解析】【详解】ABD．由牛顿第二定律可得，下滑时满足上滑时满足对比可得a1＜a2，故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度；设斜面的长度为L，下滑时有根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得可得t1＞t2设频闪时间间隔为T，由图可知，图甲为5T，图乙为4T，故图乙是滑块上滑的照片，故ABD错误C．由运动学公式v2=2aL可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，故C正确；故选C。二、多项选择题（本小题共4题，每题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）9. 喷淋装置将水沿不同方向喷出，其中A、B两个水珠的运动轨迹如图所示，不计空气阻力。由图可知（　　）A. 空中运动时间A水珠较长B. 最高点速度B水珠较大C. 落地速度B水珠较大D. 若两水珠同时喷出，则有可能在轨迹相交处相遇【答案】AB【解析】【详解】A．抛体运动中，将运动分解到水平方向和竖直方向，在竖直方向上，上升的高度越大，竖直分速度越大，运动时间越长，可知A水珠在空中运动的时间较长，A正确；B．抛体运动在水平方向上做匀速运动，根据由于水珠B运动的时间短而射程远，因此B的水平分速度较大，即在最高点速度B水珠速度较大，B正确；C．落地时A的竖直分速度较大，而B的水平分速度较大，因此无法比较两者落地时合速度的大小关系，C错误；D．由于水平分速度和竖直分速度不同，运动到交点的时间不同，若两水珠同时喷出，则不可能在轨迹相交处相遇，D错误。故选AB。10. 如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A. 小球不能返回到A点B. 小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大C. 小球在C点时的机械能为2mgRsinθD. 小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为【答案】BD【解析】【详解】A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐渐增大，根据瞬时功率表达式可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故B正确；C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误；D．根据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为解得管的底部对小球的支持力为小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为故D正确。故选BD。11. 如图所示，用与水平面成角的传送带输送货物，传送带以的速度顺时针运行，地勤人员将一质量的货物以初速度从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为，取重力加速度，下列正确的是（　　）A. 货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动B. 传送带从底端到顶端的长度是C. 货物在传动带上运动的时间为D. 货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为【答案】CD【解析】【详解】ABC．物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入数据解得a1=8m/s2则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为物块沿传送带向上位移为物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f=μmgcosθ＜mgsinθ相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得a2=2m/s2则物块速度减为0的时间为物块沿传送带向上运动的位移为物块在传送带上向上运动的时间t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s传送带从底端到顶端的长度L=vt=1×1.0m=1.0m故AB错误，C正确；D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小x传送带1=vt1=1×0.5m=0.5m物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小x传送带2=vt2=1×0.5m=0.5m物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小l1=x1-x传送带1=1.5-0.5m=1.0m物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小l2=x传送带2-x2=（0.5-0.25）m=0.25m物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ（l1+l2）代入数据解得Q=3.75J故D正确。故选CD。12. 2021 年10 月16 日，我国神舟十三号载人飞船成功发射，搭载着王亚平等3 名航天员与天宫号空间站顺利对接。3 位航天员进入空间站绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程。已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光。如图所示，王亚平在A 点测出她对地球的张角为2θ，OA 与太阳光平行，下列说法正确的是（　　）A. 空间站距地面的高度为B. 空间站的运行周期为C. 航天员每次经历“日全食”过程的时间为D. 航天员每天经历“日全食”的次数为【答案】AC【解析】【详解】A．飞船绕地球做匀速圆周运动，设神舟十三号载人飞船轨道半径为r，由几何关系知空间站距地面的高度为故A正确；B．万有引力提供向心力则联立解得故B错误；CD．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，因此，一天内飞船经历“日全食”的次数为由图可知，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过2θ角，所需的时间为故C正确D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、实验题（13题8分，14题8分，共计16分）13. 学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度与力的关系，其中桌面与细线已调至水平。（1）关于本实验，下列说法正确的是________。A．必须用天平测出砂和砂桶的质量     B．砂和砂桶的总质量必须远小于小车的质量C．应当先释放小车，再接通电源     D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为________。（结果保留两位有效数字）（3）若小车的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车的质量为________。（结果保留两位有效数字）（4）不断增加砂桶中砂的质量，重复实验，发现小车的加速度最后趋近于某一数值。若当地的重力加速度大小为g，则经理论分析可知，该数值为_________。【答案】    ①. D    ②. 2.4    ③. 2.9    ④. 【解析】【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AB错误；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。故选D。（2）[2]打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔根据逐差法可得加速度（3）[3]设小车质量为，根据牛顿第二定律可得可知图象斜率表示小车质量的倒数，即解得（4）[4]设砂桶和砂的质量为,绳子拉力为,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得对小车联立可得当无穷大时，加速度的值趋近于。14. 某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：a．开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v．b．在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复a．回答下列问题：（1）该实验中，M和m大小关系必需满足M_____m（选填“小于”、“等于”或“大于”）（2）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降的高度应_____（选填“相同”或“不同”）（3）根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出_____（选填“ ”、“”、或“”）图线．（4）根据（3）问的图线，若图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为_____（用题给的已知量表示）．【答案】    ①. （1）大于；    ②. （2）相同；    ③. （3）；    ④. （4）【解析】【详解】（1）[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；（2）[2]要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为：△x=△x1+△x2=+=；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；（3）[3]选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：，整理可知：；为得到线性关系图线,因此应作出v2−的图象；（4）[4]由上表达式可知：；解得：；四、计算题。本题包括4小题，共44分。解答应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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15. 如图所示，质量的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量的小球相连。今用与水平方向成角的力拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中相对位置保持不变，不计空气阻力，。求：（1）求运动过程中绳的拉力大小及绳与水平方向的夹角；（2）求木块与水平杆间的动摩擦因数。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）对小球受力分析，由平衡条件可得联立解得 ，（2）对整体受力分析，由平衡条件可得联立解得16. 抗击疫情期间，由于疫情严重，利用无人机运输物资，如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连同所载货物质量的，其动力系统所能提供的最大升力，运动过程中所受空气阻力大小恒为。g取。（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在时离地面的高度h；（2）当无人机悬停在距离地面高度处时，由手动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v；（3）在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下动力设备重新启动提供向上最大升力，为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得代入数据解得上升高度为代入数据解得故离地面的高度为180m。（2）下落过程中，有代入数据解得则有代入数据解得故无人机坠落地面时的速度为。（3）恢复升力后向下减速运动过程中，有代入数据解得设恢复升力时的速度为，则有，，联立解得由得故飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为4s。17. 如图所示，传送带A、B之间的距离为L=3.2m，与水平面间夹角θ=，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v=2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h=0.5m（g取10m/s2）。(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。【答案】(1)；(2)3J【解析】【详解】(1)对金属块在E点，有代入数据解得在从D到E过程中，由动能定理得代入数据得(2)金属块刚刚放上时，有代入数据得设经位移s1达到共同速度，有代入数据解得继续加速过程中，有代入数据解得则由公式得在从B到D过程中，由动能定理可知解得18. 如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；（2） 斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】（1）4m/s；（2），；（3）【解析】【详解】（1）物块A落到木板前做平抛运动，则得得（2）木板恰好静止斜面上 得物块A在木板上滑行时，对A（沿斜面向上）对B（沿斜面向下）假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：解得，位移为，假设成立，故（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有得设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有得，A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有