2022-2023学年江苏省淮安市高中校协作体高三上学期期中考试物理试题（解析版）

淮安市高中校协作体2022～2023学年度第一学期高三年级期中考试物理试卷

考试时间：75分钟；满分：100分

一、单选题

1. 2020年8月20日上午9：00某中学2020级高一新生军训会操表演在校大操场隆重举行。下列各个说法中，正确的是（　　）

A. “上午9：00”，指时间间隔

B. 各班级方阵沿操场一周，其位移就是路程

C. 裁判在会操表演打分中，可以把整个方阵队伍看做质点

D. 裁判在会操表演打分中，不能将队伍中某同学看做质点

2. 跑步是一种简单的运动项目，跑步可使身体各部位都得到锻炼，目前已成为国内外一种普遍的防治疾病的手段。若某人沿平直跑道运动的位移随时间的平方变化的规律如图所示，则其运动的加速度大小为（　　）

A.  B.

C.  D.

3. 如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）

A. 大小等于 B. 大小等于

C. 方向竖直向上 D. 方向水平向左

4. 高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）

A 1.0m/s2 B. 2.0m/s2 C. 4.0m/s2 D. 8.0m/s2

5. 2022年7月17日，在2022俄勒冈田径世锦赛男子跳远决赛中，中国选手以8.36m的成绩夺得金牌。假设该选手（视为质点）起跳瞬间的水平速度大小为10m/s，不计空气阻力，则他在空中运动的过程中距地面的最大高度约为（　　）

A.  B.  C.  D.

6. 学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区前边界到后边界的距离为，闸杆开始保持水平静止，在闸杆的正下方。汽车以速度匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为，若汽车可看成高的长方体，闸杆转轴O与车左侧面的水平距离为。要使汽车匀速顺利通过，闸杆拍杆时匀速转动的角速度至少为（　　）

A.  B.  C.  D.

7. 北京时间2022年5月10日01时56分，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，2时23分，飞船太阳能帆板顺利展开工作，发射取得圆满成功。后续，天舟四号货运飞船将与在轨运行的空间站组合体进行交会对接，若对接前两者在同一轨道上运动，下列说法正确的是（　　）

A. 对接前“天舟四号”运行速率大于“空间站组合体”的运行速率

B. 对接前“天舟四号”的向心加速度小于“空间站组合体”的向心加速度

C. “天舟四号”通过加速可实现与“空间站组合体”在原轨道上对接

D. “天舟四号”先减速后加速可实现与“空间站组合体”原轨道上对接

8. 小朋友站在向上做匀速直线运动的电梯中，竖直向上抛出小球后小球落回手中（小球未碰到电梯顶部）。以地面为参考系和零势能面，小球与电梯底面距离最大时，小球的（　　）

A. 速度为零 B. 重力势能最大

C. 速度方向竖直向上 D. 加速度方向竖直向上

9. 如图所示，质量为m、带正电的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区时，下列说法正确的是（    ）

A. 继续匀速下滑 B. 滑块运动动能增大

C. 滑块的电势能增大 D. 滑块运动的机械能不变

10. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，指示灯R的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω。当开关S闭合时，指示灯R的电功率为4W。电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（    ）

A. 流过电动机M的电流为4A

B. 流过电流表的电流为4.5A

C. 电动机M的电功率为12W

D. 电源的输出功率为24W

二、非选择题

11. 某课外物理兴趣小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。气垫导轨B处安装了一光电门传感器并与计算机相连，滑块C上固定一遮光条，使用高精度仪器测得遮光条的宽度为d，托盘（内有砝码）用细线绕过导轨左端的定滑轮与滑块C相连，已知当地的重力加速度大小为g。

（1）将气垫导轨放在高度合适的水平桌面上，将导轨调至水平；调节定滑轮使得细线与气垫导轨平行。

（2）将滑块C从A位置处由静止释放，计算机记录的挡光时间为t，则滑块C通过光电门的瞬时速度大小为__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（3）本实验中，下列物理量不需要测量的是__________。

A．托盘和砝码的总质量m

B．滑块和遮光条的总质量M

C．光电门中心到滑轮中心的距离x

D．滑块C在位置A处时，遮光条中心到光电门中心的距离L

（4）滑块C通过光电门时，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的总动能__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（5）滑块C从A位置运动到光电门中心位置处过程中，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）势能的减少量__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（6）在误差允许的范围内，若__________，则可认为验证了系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的机械能守恒。（用题中给出的物理量符号表示）

12. 在一条直线上，某物体由静止开始以加速度做匀加速直线运动，运动时间t后速度大小为，位移大小为；接着以加速度做匀加速直线运动，再运动时间t位移大小为。求：

（1）时间t是多少；

（2）物体在第二个时间t内加速度的大小。

13. 如图甲所示，一物块在水平外力的作用下在粗糙水平地面上做匀速直线运动，在时刻撤去外力，物块做匀减速运动后停下，其位移—时间图像如图乙所示。已知物块的质量，重力加速度g取，求：

（1）物块与地面间的动摩擦因数；

（2）物块匀速运动时的速度大小；

（3）从撤去外力F开始，当物块位移为4m时，物块的速度大小

14. .如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量，B的质量，圆弧轨道的半径，圆弧轨道光滑，A和B与桌面之间的动摩擦因数均为，取重力加速度。

（1）求碰撞前瞬间A的速率；

（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；

（3）最终A和B静止时的距离L。

15. 如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD，水平边长AB=6L，竖直边长BC=8L，O为矩形对角线的交点，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点，使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g。

（1）求小球的初动能；

（2）取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；

（3）求带电小球所受电场力的大小。

淮安市高中校协作体2022～2023学年度第一学期高三年级期中考试物理试卷

考试时间：75分钟；满分：100分

一、单选题

1. 2020年8月20日上午9：00某中学2020级高一新生军训会操表演在校大操场隆重举行。下列各个说法中，正确的是（　　）

A. “上午9：00”，指时间间隔

B. 各班级方阵沿操场一周，其位移就是路程

C. 裁判在会操表演打分中，可以把整个方阵队伍看做质点

D. 裁判在会操表演打分中，不能将队伍中某同学看做质点

【答案】D

【解析】

【详解】A．“上午9：00”，指时刻，故A错误；

B．各班级方阵沿操场一周，其位移为零，路程不为零，故B错误；

C．裁判在会操表演打分中，要考虑同学的姿势，不能将整个方阵队伍看做质点，故C错误；

D．裁判在会操表演打分中，需要考虑同学姿势，不能将队伍中某同学看做质点，故D正确。

故选D。

2. 跑步是一种简单的运动项目，跑步可使身体各部位都得到锻炼，目前已成为国内外一种普遍的防治疾病的手段。若某人沿平直跑道运动的位移随时间的平方变化的规律如图所示，则其运动的加速度大小为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据

可知

解得

故选D。

3. 如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）

A. 大小等于 B. 大小等于

C. 方向竖直向上 D. 方向水平向左

【答案】B

【解析】

【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示

水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，大小为

故选B。

4. 高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）

A. 1.0m/s2 B. 2.0m/s2 C. 4.0m/s2 D. 8.0m/s2

【答案】C

【解析】

【详解】高铁达到最大加速度时，书恰不滑动，此时书与桌面间的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律可知

解得

a=μg=4.0m/s2

故选C。

5. 2022年7月17日，在2022俄勒冈田径世锦赛男子跳远决赛中，中国选手以8.36m的成绩夺得金牌。假设该选手（视为质点）起跳瞬间的水平速度大小为10m/s，不计空气阻力，则他在空中运动的过程中距地面的最大高度约为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】该选手起跳后在水平方向做匀速直线运动，有

则他在空中运动的过程中距地面的最大高度

解得

故选A。

6. 学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区前边界到后边界的距离为，闸杆开始保持水平静止，在闸杆的正下方。汽车以速度匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为，若汽车可看成高的长方体，闸杆转轴O与车左侧面的水平距离为。要使汽车匀速顺利通过，闸杆拍杆时匀速转动的角速度至少为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】闸杆转动时间为

汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为

解得

则闸杆转动的角速度至少为

故选D

7. 北京时间2022年5月10日01时56分，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，2时23分，飞船太阳能帆板顺利展开工作，发射取得圆满成功。后续，天舟四号货运飞船将与在轨运行的空间站组合体进行交会对接，若对接前两者在同一轨道上运动，下列说法正确的是（　　）

A. 对接前“天舟四号”运行速率大于“空间站组合体”的运行速率

B. 对接前“天舟四号”的向心加速度小于“空间站组合体”的向心加速度

C. “天舟四号”通过加速可实现与“空间站组合体”在原轨道上对接

D. “天舟四号”先减速后加速可实现与“空间站组合体”在原轨道上对接

【答案】D

【解析】

【详解】AB．对接前两者在同一轨道上运动，由万有引力提供向心力

解得

，

同一轨道，运行速率，向心加速度相等，AB错误；

C．飞船与天宫一号在同一轨道上，此时飞船受到的万有引力等于向心力，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，不能实现对接，C错误；

D．飞船与天宫一号在同一轨道上，“神舟八号”先减速飞船做近心运动，进入较低的轨道，后加速做离心运动，轨道半径变大，可以实现对接，D正确。

故选D。

8. 小朋友站在向上做匀速直线运动的电梯中，竖直向上抛出小球后小球落回手中（小球未碰到电梯顶部）。以地面为参考系和零势能面，小球与电梯底面距离最大时，小球的（　　）

A. 速度为零 B. 重力势能最大

C. 速度方向竖直向上 D. 加速度方向竖直向上

【答案】C

【解析】

【详解】A．小球与电梯底面距离最大时，小球与电梯具有相同的速度，速度不为零，选项A错误；

B．由A可知小球依然具有向上的速度，重力势能不是最大，选项B错误；

C．小球与电梯一样具有竖直向上的速度，选项C正确；

D．小球的加速度等于重力加速度，方向竖直向下，选项D错误。

故选C。

9. 如图所示，质量为m、带正电的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区时，下列说法正确的是（    ）

A. 继续匀速下滑 B. 滑块运动的动能增大

C. 滑块的电势能增大 D. 滑块运动的机械能不变

【答案】A

【解析】

【详解】AB．沿绝缘斜面匀速下滑时有

，

滑至竖直向下的匀强电场区时，有

所以此时摩擦力与重力和电场力的合力沿斜面向下的分量仍然平衡，所以继续匀速下滑，速度不变，动能不变，A正确，B错误；

CD．滑块下滑时电场力做正功，所以电势能减小。又因为动能不变，重力势能在减小，所以机械能减小，CD错误。

故选A。

10. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，指示灯R的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω。当开关S闭合时，指示灯R的电功率为4W。电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（    ）

A. 流过电动机M的电流为4A

B. 流过电流表的电流为4.5A

C. 电动机M的电功率为12W

D. 电源的输出功率为24W

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据功率的计算公式

代入数据解得

，

根据闭合电路欧姆定律

解得流过电流表的电流为

所以流过电动机的电流为

故AB错误；

C．电动机的电功率为

故C正确；

D．电源的输出功率为

故D错误。

故选C。

二、非选择题

11. 某课外物理兴趣小组利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。气垫导轨B处安装了一光电门传感器并与计算机相连，滑块C上固定一遮光条，使用高精度仪器测得遮光条的宽度为d，托盘（内有砝码）用细线绕过导轨左端的定滑轮与滑块C相连，已知当地的重力加速度大小为g。

（1）将气垫导轨放在高度合适的水平桌面上，将导轨调至水平；调节定滑轮使得细线与气垫导轨平行。

（2）将滑块C从A位置处由静止释放，计算机记录的挡光时间为t，则滑块C通过光电门的瞬时速度大小为__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（3）本实验中，下列物理量不需要测量的是__________。

A．托盘和砝码的总质量m

B．滑块和遮光条的总质量M

C．光电门中心到滑轮中心的距离x

D．滑块C在位置A处时，遮光条中心到光电门中心的距离L

（4）滑块C通过光电门时，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的总动能__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（5）滑块C从A位置运动到光电门中心位置处过程中，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）势能的减少量__________。（用题中给出的物理量符号表示）

（6）在误差允许的范围内，若__________，则可认为验证了系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的机械能守恒。（用题中给出的物理量符号表示）

【答案】    ①.     ②. C    ③.     ④.     ⑤.

【解析】

【分析】

【详解】（2）[1]滑块C通过光电门时瞬时速度的大小近似等于通过光电门平均速度的大小，即有

（3）[2]本实验中，需要验证托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）动能增加量，所以需要测量托盘和砝码的总质量m、滑块和遮光条的总质量M、滑块C在位置A处时，遮光条中心到光电门中心的距离L；不需要测量的是光电门中心到滑轮中心的距离x，故选C。

（4）[3]滑块C通过光电门时，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的总动能

（5）[4]滑块C从A位置运动到光电门中心位置处的过程中，系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）势能的减少量

（6）[5]在误差允许的范围内，若系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，即

则可认为验证了系统（包括滑块、遮光条、托盘和砝码）的机械能守恒。

12. 在一条直线上，某物体由静止开始以加速度做匀加速直线运动，运动时间t后速度大小为，位移大小为；接着以加速度做匀加速直线运动，再运动时间t位移大小为。求：

（1）时间t是多少；

（2）物体在第二个时间t内加速度的大小。

【答案】（1）t=1s；（2）

【解析】

【详解】（1）物体在第一个时间t内有

解得

（2）物体在第二个时间t内有

代入数据解得

13. 如图甲所示，一物块在水平外力作用下在粗糙水平地面上做匀速直线运动，在时刻撤去外力，物块做匀减速运动后停下，其位移—时间图像如图乙所示。已知物块的质量，重力加速度g取，求：

（1）物块与地面间的动摩擦因数；

（2）物块匀速运动时的速度大小；

（3）从撤去外力F开始，当物块位移为4m时，物块的速度大小

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物块做匀速直线运动，水平方向

竖直方向上有

又由

解得

（2）撤去外力F后，做匀减速运动，由图像可知，时，，物块刚好停止。物块在0~4s内的运动可看做反向匀加速运动，设加速度为a，则有

又

解得

（3）物块的位移为4m时，恰好在匀减速阶段的中点位移，则

又

解得

14. .如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量，B的质量，圆弧轨道的半径，圆弧轨道光滑，A和B与桌面之间的动摩擦因数均为，取重力加速度。

（1）求碰撞前瞬间A的速率；

（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；

（3）最终A和B静止时的距离L。

【答案】（1）3m/s；（2）1m/s，2m/s；（3）0.75m

【解析】

【详解】（1）对A，从释放→碰撞前，由动能定理得

解得

（2）对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

解得

（3）A和B在桌面上做匀减速直线运动

解得

解得

则

15. 如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD，水平边长AB=6L，竖直边长BC=8L，O为矩形对角线的交点，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点，使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g。

（1）求小球的初动能；

（2）取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；

（3）求带电小球所受电场力的大小。

【答案】（1）mgL；（2），；（3）mg

【解析】

【详解】（1）未加电场时，小球做平抛运动，水平方向上有

3L=v0t

竖直方向上有

4L=gt2

解得

v0=

小球初动能为

Ek0=m=mgL

（2）加电场后，小球由O到D的过程，由动能定理得

q（φO-φD）+mg·4L=5Ek0-Ek0

又知φO=0

解得

φD=

小球由O到E的过程，由动能定理得

q（φO-φE）+mg·4L=Ek0-Ek0

解得

φE=

（3）在OE上取一点F，使得OF=L，连接D、F，则DF为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，画出一条电场线如图所示；

根据数学知识可知

cotα===0.75

α=53°

电场方向垂直于DF向上，E、D间电势差为

U=φE-φD=

根据

U=E·DEcosα=E·3Lcos53°

解得

E=

带电小球所受电场力的大小

F=qE=mg