【期中真题】江苏省南京市江宁区2022-2023学年高三上学期学情调研物理试题.zip

高三阶段性学情调研

物理试题

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。

1. 某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示，则启用ABS后（　　）

A. t1时刻车速更大

B. 0～t1时间内速度变化量大

C. 加速度总是比不启用ABS时大

D. 刹车后前行的距离比不启用ABS长

【答案】A

【解析】

详解】AB．由图看出，t1时刻启用ABS后车速更大，由于初速度相同，因此启用ABS后0～t1时间内速度变化量更小，故A正确，B错误；

C．由速度图线的斜率绝对值等于加速度的大小，可知启用ABS后，0～t1时间内加速度比不启用ABS时小，t1～t2时间内加速度比不启用ABS时大，故C错误；

D．根据速度图像的“面积”大小等于位移大小，可以看出刹车后前行的距离启用ABS比不启用ABS更短，故D错误。

故选A。

2. 如图所示，用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带正电的金属球靠近金属网，则（　　）

A. 箔片先张开后闭合

B. 金属网罩内部电场强度的方向与带电金属球产生的电场反向

C. 若移去金属网，带电金属球靠近验电器的金属球A，箔片不张开

D. 若移去金属网，带电金属球靠近验电器的金属球A，A将带负电

【答案】D

【解析】

【详解】AB．验电器被金属网罩起来，处于静电屏蔽状态，电荷分布在外表面，故箔片不张开，且处于静电屏蔽的导体内部场强处处为0，故AB错误；

CD．若移去金属网，带电金属球靠近验电器金属球A，由静电感应可知，金属球A带负电，且箔片带正电张开，故C错误，D正确。

故选D。

3. 如图所示，质量不同的三个物体从水平地面上的A点以相同速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3，不计空气阻力。则三个物体从抛出到落地过程中（　　）

A. 3轨迹的物体在最高点的速度最大

B. 1轨迹的物体所受重力的冲量最大

C. 2轨迹的物体速度变化率最小

D. 3轨迹的物体在空中飞行时间最长

【答案】A

【解析】

【详解】D．将抛体运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动，三条轨迹中1轨迹最高，根据

可知1轨迹的物体在空中飞行时间最长，故D错误；

A．水平方向位移为

在最高点时竖直方向速度为零，在最高点的速度即为水平速度，由D选项分析可知，3轨迹的物体在空中飞行时间最短，而3轨迹水平位移最大，因此3轨迹的物体水平方向速度最大，故3轨迹的物体在最高点的速度最大，故A正确；

B．重力的冲量为

三个物体质量不同，在空中飞行的时间也不同，故无法判断哪个物体所受重力的冲量最大，故B错误；

C．加速度时反映速度变化快慢的物理量，由于三个物体都做抛体运动，加速度都为重力加速度，因此三个物体速度变化率相同，故C错误。

故选A。

4. 质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球速度v'可能值的范围为（　　）

A. 0.2v≤v'≤0.5v

B. 0.2v≤v'≤0.75v

C. 0.25v≤v'≤0.5v

D. 0.25v≤v'≤0.75v

【答案】C

【解析】

【详解】若A、B两球为弹性碰撞，则碰撞过程无能量损失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向为正方向，根据动量守恒、机械能守恒可得

解得

若A、B两球为完全非弹性碰撞，碰撞后两球共速，碰撞过程能量损失最大，碰撞后速度最小，根据动量守恒可得

解得

因此碰撞后B球速度v'可能值的范围为

0.25v≤v'≤0.5v

故选C。

5. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则（　　）

A. 此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒

B. 此后的过程中，小球一直做圆周运动

C. 从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0

D. 从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0

【答案】C

【解析】

【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故A错误；

B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动；而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故B错误；

C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则

则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于

可知，小球重力的平均功率为0，故C正确；

D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为

时间增加，则冲量不为0，故D错误。

故选C。

6. 如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间带电油滴恰好处于静止状态。若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）

A. 油滴带正电荷

B. 油滴将向下运动

C. 电容器的电容变大

D. 检流计G中有a→b的电流

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，平行板电容器上极板为高电势，根据受力平衡可知油滴所受电场力方向为竖直向上，故油滴带负电荷，故A错误；

B．平行板电容器与电源相连，即电容器电压U不变，将两板缓慢地错开一些，电容器的S减小，但两板间距d不变，则根据可知，两板间的电场强度不变，电场力仍然等于油滴重力，则油滴仍然保持静止，故B错误；

C．根据电容器的电容决定式可知，电容器的S减小，则电容器的电容C变小，故C错误；

D．根据电容的定义式可知，电压U不变，电容C变小，则电容器的电荷量Q减小，即电容器放电，电流从电容器的正极（即上板）流出，所以检流计G中有a→b的电流，故D正确。

故选D。

7. 如图所示，均匀的带正电圆环圆心为O，以O点为坐标原点建立x轴，坐标轴垂直于圆环平面，A是x轴上的一点，B点是OA的中点，无穷远处电势为0。现在A处再放一同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与x轴垂直，则（　　）

A. A点的电场强度减小

B. A点电势增大

C. B点的电场强度增大

D. B点的电势为0

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设圆心在O点的圆环为圆环O，圆心在A点的圆环为圆环A，由于圆环A在A点产生的合场强为零，因此A点的电场强度不变，由于圆环A带正电，圆环A在A点产生的电势大于零，因此A点的电势增大，故A错误，B正确；

C．未放置圆环A时，圆环O在B点产生的合场强大小不为零，方向水平向右，放置圆环A后，根据对称性可知，B点场强为零，故放置圆环A后B点的电场强度减小，故C错误；

D．两个圆环在B点的电势都为正的，由电势的叠加可知B点的电势大于零，故D错误。

故选B。

8. 如图为同一平面内绕地球运行的三颗不同卫星A、B、C的轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。则（　　）

A. A、B经过N点时的向心力一定相同

B. B在椭圆轨道上运行的速度均大于A的速度

C. B、C在M点的向心加速度大小相等

D. B、C绕地球运行的周期相等

【答案】D

【解析】

【详解】AC．由于A与B为不同卫星，则由公式

可知，A与B经过N点时的万有引力不一定相同，则向心力不一定相同，同理B、C在M点由

可知加速度大小相同，但是B在M的向心加速度为加速度的一个分量，因此向心加速度大小不相等，故AC错误；

B．B在椭圆轨道上N点的速度比A在N点的速度大，此后B从N向远地点运动过程中速度变小而A的速度大小不变，因此B的速度并不是一直比A大，故B错误；

D．根据开普勒第三定律可知Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，则B、C绕地球运行的周期相等，故D正确。

故选D。

9. 雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与雨滴的速度大小成正比。设下落过程中雨滴的质量不变，雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E与时间t的关系图像一定错误的是（　　）

A  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．由题意可知

雨滴的速度越来越大，加速度就越来越小，最终雨滴作匀速直线运动，作匀速运动之前加速度越来越小，故A正确；

B．由于

速度逐渐趋近与最大值，动能也逐渐趋近与最大值，故B正确；

C．雨滴下落的过程中，重力的功率

由于雨滴的速度越来越大，重力势能减小的越来越快，故C错误；

D．雨滴下落的过程中，阻力做功的功率

可知，速度越来越大，阻力的功率也逐渐增大，雨滴的机械能减小的越来越快，故D正确。

本题选择错误选项，故选C。

10. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，长为，与垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中（　　）

A. P和Q组成的系统机械能守恒

B. P的速度一直增大

C. 轻绳对P做的功为8mgL

D. 重力对Q做功的功率一直减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；

B．在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在AB间某位置合力为0，速度最大，故B错误；

CD．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，则重物Q重力的功率为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，此时，重物Q重力的功率为0，则滑块P从A点到达B点时过程中，重物Q重力的功率先增大后减小；滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为

重物Q下降的高度为

设滑块P运动到位置B处速度大小为v，A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧得弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知

解得在B点的速度为

对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知

解得

故C正确，D错误。

故选C。

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. 小明用如图甲所示的装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为g。

（1）实验中，需要补偿阻力。在小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，接通打点计时器的电源，使小车在绳的拉力下运动，若纸带上的点迹间隔相等，则说明______（选填“已”或“未”）补偿好阻力。

（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车上砝码的质量，如图乙所示是某次用打点计时器打下的一条纸带。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，根据纸带可求出小车运动时的加速度大小为________m/s2。（结果保留两位有效数字）

（3）测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，小明作出如图丙中实线所示的图线，图线偏离直线的主要原因是______。

（4）图线的曲线将不断地延伸，那么该曲线所逼近的渐近线的方程为______。

（5）小明调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的图像。已知实验中已经完全补偿了阻力的影响，发现图像不过原点，根据牛顿第二定律：在拉力不变的情况下，与M应该成正比，小明百思不得其解，请你告诉他图丁纵轴上的截距的物理意义是______（用题中所给的字母表示）。

【答案】    ①. 没    ②. 0.75    ③. 未满足小车和车上砝码总质量远大于砂和砂桶的质量    ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]小车在绳的拉力下运动，若纸带上的点迹间隔相等，由牛顿第二定律可知

说明小车做匀速直线运动，则小车没有平衡好阻力，应该让小车在没有绳子的作用下做匀速直线运动。

（2）[2]已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，则

由逐差法可得加速度为

（3）[3]设砂和砂桶的质量为m，由牛顿第二定律可知

解得

当

时， 成线性关系，则呈现图线偏离直线的主要原因是未满足小车和车上砝码总质量远大于砂和砂桶的质量。

（4）[4]当图线的曲线将不断地延伸，则，即，则

（5）[5]由牛顿第二定律可知

解得

可知，纵轴上的截距表示的是。

12. 如图所示，质量的跳台滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡（近似看成斜面）b处着陆，间的距离，斜坡与水平方向的夹角，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，计算结果可用根式表示。求：

（1）运动员从a点水平飞出时的速度大小v0；

（2）运动员在飞行过程中，离斜坡最远时重力的瞬时功率P。

【答案】（1）；（2）6000W

【解析】

【详解】（1）根据题意，运动员在空中做平抛运动，在竖直方向

在水平方向

解得

（2）根据平抛运动规律，离斜坡最远时速度与斜面平行，则

则重力的瞬时功率为

解得

13. 未来部署在空间的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站绕地球运行的周期为T，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。

（1）求电站离地面的高度h；

（2）电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。假设垂直照射帆板前后的光子平均动量均为p，每秒钟垂直照射到帆板上的光子数为n个，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力大小F。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）对电站研究可知

解得

（2）t时间内照射到帆板上的光子数为nt个，由动量定理可得

解得

14. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，B受到竖直方向的恒力F（图中未画出），整个系统处于静止状态。已知A、B的质量均为，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2。

（1）求恒力F的最小值；

（2）现撤去恒力F，A、B由静止释放。求：

①A、B释放瞬间，B的加速度大小aB；

②当B下降（B未落地）时，B的大小vB。

【答案】（1）；（2）①；②

【解析】

【详解】（1）由题可知，对A受力分析

对B受力分析可知

解得

（2）①撤去F，对A受力分析，由牛顿第二定律可得

对B受力分析，由牛顿第二定律可得

由题图可得

解得

②由题图可得，A的速度为

由能量守恒可知

由于

解得

15. 如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个距离为d的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板间加如图乙所示的周期性变化的电压UAB，电压变化周期为T，正半周UAB为U0，负半周UAB为-3U0。已知电子质量为m、电荷量为-e，A、B极板长为，所有电子都能离开偏转电场，不计电子的重力及电子间的相互作用力。求：

（1）电子经过偏转电场的时间t；

（2）从t=0时刻射入偏转电场的电子在进、出偏转电场过程中电势能的变化量ΔEp；

（3）在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子数占电子总数的比例η。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据动能定理，有

解得

水平方向

联立解得

（2）竖直方向

加速度

解得

功能关系

解得

（3）电子在电场中的运动时间均为，U0时

3U0时

解得

在0～时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，有

解得

即在0～时间内，～时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；～T时间内，设时刻射入的电了刚好偏转位移为0，有

解得

即～T这段时间内，时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出，在一个周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为

从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例