2022-2023学年山东省聊城市华昌中学高三上学期期末自测 物理试题（含答案）

2022-2023学年山东省聊城市华昌中学高三上学期期末自测

物理试题（含答案）

  满 分：100分       时 间：90分钟

一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图象如图所示，其中a物体对应的运动图线是一条顶点坐标为的抛物线的一半，下列说法正确的是（　　）

A. 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同

B. 在0~5s内，两个物体间的距离逐渐变大

C. 物体c速度越来越大

D. 物体a的加速度为

2. 如图所示，两根长度均为的轻绳一端分别拴在日光灯灯罩上的挂钩M、N处，另一端共同悬挂于天花板上的O处，两轻绳与竖直方向的夹角相同，日光灯保持水平。已知日光灯整体的质量为m，挂钩M、N之间的距离为，当地的重力加速度为g。则轻绳段的拉力大小为（　　）

A.  B.  C. D.

3. 为方便旅客随时取下行李，机场使用倾斜环状传送带运输行李箱，其实景图及简化图如题图1、题图2所示，行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则（　　）

A. 行李箱的向心力只由弹力提供

B. 行李箱的向心力只由摩擦力提供

C. 若传送带转速减缓，行李箱受到的弹力变大

D. 若传送带转速减缓，行李箱可能会沿斜面向下滑动

4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（　　）

A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg

5. “嫦娥四号”月球探测器成功在月球背面软着陆，这是人类首次成功登陆月球背面。如图所示，假设“嫦娥四号”在半径为r的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行，周期为T.某时刻“嫦娥四号”在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在月球表面的B点贴近月球表面飞行，三点在一条直线上.已知月球的半径为R，引力常量为G，则（　　）

A. 在轨道Ⅱ上A和B两点的加速度之比为

B. 在轨道Ⅱ上A和B两点的线速度之比为

C. 从A点运动到B点的时间为

D. 月球的平均密度为

6．济南市长清区南部一带山体常年风力较大，为风力发电创造了有利条件。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为，风速为，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，有原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（　　）

A．一台风力发电机的发电功率约为

B．一台风力发电机的发电功率约为

C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为

D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为

7. 质量为m的子弹以某一初速度击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（　　）

A. 若M较大，可能是甲图所示情形：若M较小，可能是乙图所示情形

B. 若较小，可能是甲图所示情形：若较大，可能是乙图所示情形

C. 地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图所示情形

D. 无论m、M、的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形

8. 如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L和，与桌面之间的动摩擦因数分别为和，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初速度的最大值为（　　）

A.  B.

C.  D.

二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点高度h之间的关系正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

10. “太空水漂”，术语称“半弹道跳跃式返回”，即在返回器第一次进入大气层一定“深度”后，借助大气层作用力再次升高，其速度会进一步降低，然后再次返回地球。如图，嫦娥五号返回器在距地面高度约120km处，以接近第二宇宙速度（约11.2km/s）高速进入地球大气层外层A点，减速下降至预定高度B点附近（图中B点为AC段的最低点），在大气层作用下向上跃出大气层，到达最高点D后又开始下降，之后再次进入大气层外层，到达图中E点时速度约为7.9km/s。在降至距地面约10km高度时，打开降落伞完成最后阶段减速并保持姿态稳定，最终平稳着陆在内蒙古四子王旗预设区域（图中F点）。其中A、C、E在同一高度上，高度120km之外空气阻力可忽略不计。返回器质量设为300kg，下列说法正确的是（　　）

A. 从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为9.45×109J

B. 从C点到E点过程中，返回器机械能守恒

C. 返回器在D点的瞬时加速度为零

D. 返回器从E点到F点的过程中始终处于失重状态

11. 如图所示，等边三角形ABC的顶点A、B、C分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中A处的电荷带负电，B、C处的电荷带正电，M、N、H分别为三角形三条边的中点，O为三角形的中心，取无穷远电势为0，则下列说法正确的是（　　）

A. M点和H点的电场强度相同

B. 把电子从M点移到H点电场力做功为零

C. O点的电势大于N点的电势

D. 电子在M点的电势能大于它在N点的电势能

12．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，与水平方向的夹角为。现有氢的同位素粒子从A点沿水平方向以大小为的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方向刚好改变了；氢的另一同位素粒子以大小为的速度从C点沿方向垂直射入磁场。已知的电荷量为e，质量为m，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（　　）

A．粒子竖直向上射出磁场 

B．粒子在磁场中运动的时间为

C．该匀强磁场的磁感应强度 

D．两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. （8分）某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。实验过程中平衡摩擦后，保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）。

 (1)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为________m/s，小车的加速度为_______m/s 2.（以上两空均保留两位有效数字）

(2)根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为___________。（选填字母代号）

A．    B． C．mg    D．F

(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是______。（选填字母代号）

A．图线逐渐偏向纵轴    B．图线逐渐偏向横轴    C．图线仍保持原方向不变

14.（10分）某同学利用下列器材测量干电池的电动势和内阻；

i.电压表V1、V2，量程均为3V，内阻均约为3kΩ

ii.电流表A，量程为0.6A，内阻小于1Ω

ⅲ.定值电阻R0，阻值R0=2Ω

iv.滑动变阻器R，最大阻值为10Ω

v.两节相同的干电池，导线和开关若干

（1）某同学按照图甲所示的电路进行实验，记录多组电流表和电压表的示数（I，U）在坐标纸上描点连线作出U-I图像，测得的电动势和内阻均小于真实值，这种误差属于_____________（选填“系统误差”或“偶然误差”），产生该误差的原因是_____________；

（2）实验中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了如图乙所示的电路继续进行实验，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数（U1，U2），在坐标纸上描点连线作出U2-U1图像，如图丙所示，则一节电池的电动势E测=_____________，内阻r测=_____________（结果保留两位有效数字）；

（3）一节电池的内阻r测_____________（选填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。

15. （8分）甲、乙两名同学在操场上用两个篮球（可视为质点）玩“空中击球”游戏，如图所示，甲同学在O点将篮球A以速度v斜向上抛出，使得篮球能够从乙同学正上方经过，乙同学选择合适时机，将篮球B从与O点等高的Q点以的初速度竖直向上抛出，篮球A经过最高点M后，在下降过程中经过P点时被正在上升的篮球B恰好击中，N位于连线上且在M点正下方，已知O、N两点距离，N、Q两点距离，P、Q两点距离，不计空气阻力，重力加速度，求：

（1）篮球A抛出的初速度v；

（2）篮球B延迟于篮球A多长时间抛出？

16. （12分）题1图为某种旋转节速器的结构示意图，长方形框架固定在竖直转轴上，质量为m的重物A套在转轴上，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在框架上，A、B及A、C之间通过铰链与长为L的两根轻杆相连接，A可以在竖直轴上滑动。当装置静止时，轻杆与竖直方向的夹角为53°.现将装置倒置，当装置再次静止时，轻杆与竖直方向的夹角为37°，如题2图所示，此时缓慢加速转动装置，直到轻杆与竖直方向的夹角再次为53°时装置保持匀速转动。已知装置倒置前、后弹簧的弹性势能减少量为ΔEp，重力加速度为g，不计一切摩擦，取sin37°=0.6，cos 37°=0.8.求：

（1）装置正置时弹簧弹力的大小；

（2）装置匀速转动时小环B所需的向心力；

（3）从倒置静止状态到匀速转动过程中装置对系统所做的总功。

17．（10分）在图示区域中，Y轴右方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，Y轴左方有匀强电场区域，该匀强电场的电场强度大小为E，方向与y轴夹角为45且斜向右上方．有一质子以速度v0由X轴上的P点沿X轴正方向射入磁场，质子在磁场中运动一段时间以后从Q点进入Y轴左方的匀强电场区域中，在Q点质子速度方向与Y轴负方向夹角为45°，已知质子的质量为m，电量为q，不计质子的重力，（磁场区域和电场区域足够大）求：

（1）Q点的坐标．

（2）质子从P点出发到第三次穿越Y轴时的运动时间

（3）质子第四次穿越Y轴时速度的大小

18．（12分）如图甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带中间，有一段半径R=2.25m的光滑圆轨道，其两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v-t图像如图乙所示，t=7.5s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M=2kg，滑块B的质量m=1kg，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）碰撞后滑块B的速度；

（2）滑块B经Q点时对圆轨道的压力；

（3）滑块A的速度v0；

（4）若传送带的动力系统机械效率为80%，求因运送滑块B需要多消耗的能量。

2020级高三期末物理答案

1.【答案】B【解析】AC．图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，可知两物体都做匀速直线运动，由题图可知，两物体对应的图线的斜率绝对值相等，但一个为负、一个为正，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故AC错误；

B．时刻，从同一位置出发，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，在0~5s内，两个物体间的距离逐渐变大，故B正确；

D．由题图可知，a的斜率逐渐变大，说明速度在逐渐增大，结合匀加速直线运动的位移一时间公式和a的图线是抛物线，可知物体a做匀加速直线运动，在0~5s内，物体a通过的位移为，又a物体对应的图线顶点为，该点切线的斜率为零，可知物体a的初速度为零，易得物体a的加速度为故D错误

2.【答案】A【解析】日光灯受重力和两个拉力，结合对称性，两个拉力等大，设为T，设拉力与水平方向夹角为θ，则解得

又由几何关系可知则故A正确，BCD错误；故选择：A。

3.【答案】C【解析】对行李箱作受力分析，如下图所示：

AB．由图可知，行李箱的向心力由弹力、摩擦力共同提供，故AB错误；

CD．若传送带转速减缓，由指向圆心方

竖直方向

联立可得

其中角度都是定值，速度变小，向心力变小，弹力变大，行李箱与斜面之间的最大静摩擦力变大，行李箱不会沿斜面向下滑动，故C正确，D错误。

故选C。

4.【答案】D【详解】当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对砝码有f1＝μ·2mg＝2ma1解得a1＝μg对纸板有F－f1－f2＝ma2其中f2＝μ·3mg二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg即F＞6μmgD正确。故选D。

5.【答案】C【解析】A．“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上A和B两点的万有引力分别为

则加速度之比为故A错误；

B．由开普勒第二定律，有整理，可得故B错误；

C．椭圆轨道的半长轴为设在椭圆轨道上运行的周期为，由开普勒第三定律有从A点运动到B点的时间为解得

故C正确；

D．月球的平均密度为“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上绕月球做匀速圆周运动，有月球的体积可以表示为联立，可得

故D错误。故选C。

6.【答案】D

【详解】AB．根据能量守恒定律有时间t内流向叶片的空气的质量为

一台风力发电机的发电功率约为联立解得所以AB错误；

CD．根据动量定理可得空气对叶片的平均作用力代入数据可得空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为所以C错误；D正确.

7. 【答案】D

【详解】在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有

木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得

根据能量守恒定律得

则

不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示情形，故ABC错误，D正确。

故选D。

8. 【答案】B

【详解】以A、B两物体组成的系统为研究对象，A与B碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。设A与B碰前速度为vA，碰后A、B的速度分别为vA′、vB′，由动量守恒定律得

由于碰撞中总动能无损失，所以

且

联立得

即A与B碰后二者交换速度。所以第一次碰后A停止运动，B滑动；第二次碰后B停止运动，A向右滑动，要求A最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功，即

解得

故ACD错误，B正确。

故选B。

9. 【答案】AD

【详解】A．小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有

a1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有

a2大小恒定，方向向上，且有

故A正确；

B．上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有

非一次线性函数，同理可知，下降过程的图像也非一次线性函数，故B错误；

C．上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为

下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为

由图像可知，故C错误；

D．上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为

下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为

且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D正确。

10.【答案】AB【解析】A．从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为

B．从C点到E点过程中，返回器只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；

C．返回器在D点时，受地球引力作用，其瞬时加速度不为零，选项C错误；

D．返回器从E点到F点的过程中，打开降落伞后向下做减速运动，处于超重状态.

11.【答案】BD【解析】A．M、H点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B．将一个试探电荷从M点移动到H点，A处的负电荷对其不做功，BC处的电荷对其做的总功也为0，所以把电子从M点移到H点电场力做功为零，故B正确；

C．对B、C处的正电荷来说，NO正好在它们连线的垂直平分线上，根据等量同种电荷的电场线特点可知，垂直平分线上的场强方向为从N指向O，对A处的负电荷来说，电场的方向也是从N指向O，电场线方向是从高电势指向低电势的，所以O点的电势低于N点的电势，故C错误；

D．将电子从M点移动到N点，B处的电荷对其不做功，C处的正电荷对其做正功，A处的负电荷对其做正功，则其电势能减小，则电子在M点的电势能大于它在N点的电势能，故D错误。故选BD。

12【答案】AD【解析】粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了，表明粒子在磁场中转动了半周，如图所示，由几何关系可得，据牛顿第二定律可得，解得。粒子进入磁场，据牛顿第二定律可得，解得

，所以粒子竖直向上射出磁场，A正确；粒子在磁场中运动的时间为，B错误；由A的解析可得，磁感应强度大小为，C错误；如图所示，由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为，D正确。故选AD。

13.【答案】 （8分）   ①. 0.80    ②. 4.0    ③. D    ④. C

（1）相邻两个计数点之间的时间间隔

C点的速度

小车的加速度为

（2）对小车分析，应有解得由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F。故选D。（3）[4] 由于图像的斜率为所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变。故选C。

14.【答案】（10分）    ①. 系统误差    ②. 未考虑电压表分流    ③. 1.3V

 ④. 0.88±0.02Ω    ⑤. 小于

（1）流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构和电表造成的，属于系统误差；

（2）由闭合电路欧姆定律可知，

变形可得则有，当时，即有

由图像可知，代入数据，解得，（0.88±0.02Ω）

由于电压表的分流作用，导致一节电池的内阻r测小于它的真实值。

15. （8分）（1）（6分）设M、N间距为H，篮球A抛出的初速度为v，其水平和竖直分速度分别为vx和vy则有①

②

③

④

⑤

⑥

由①②③④⑤⑥可解得v=15m/s，t1=1.2s，t2=0.4s

（2）（2分）B球上抛过程有

解得t3=0.8或t3=1.6s（舍去）篮球B延迟于篮球A的时间

16. （12分）（1）（3分）对A受力分析，由平衡条件知2Tcos53°=mg

B、C受力具有对称性，只需对B受力分析，由平衡条件知F弹=Tsin53°

联立方程得

（2）（3分）倒置且匀速转动时，物体A依然受力平衡，则2T′cos53°=mg

对B受力分析，由匀速圆周运动得\

其中F弹′=F弹联立可得

（3）（6分）设B、C质量为M，由（2）知

其中，由几何关系知r=Lsin53°=0.8L

即B、C的动能总为

A的重力势能增量为△Ep重=mgh

其中，由几何关系知h=Lcos37°-Lcos53°=0.2L

则装置对系统做的总功为

17．（10分）（1）（2分）质子的运动轨迹如图

（2）（4分）从P到Q的运动时间 ，质子在电场中先作减速运动并使速度减为零，然后反向运动，在电场中运动的时间 ，质子从Q运动到D的时间 ，所以，质子从P点出发到第三次穿越Y轴所需时间

(3) （4分）质子第三次穿越Y轴后，在电场中作类平抛运动，由于v0与Y正方向成45°角，所以第四次穿越Y轴时 ，得 ，则沿电场方向速度分量为 ，所以速度的大小为

18．（12分）（1）（2分）设A，B碰撞后B的速度为，到达Q点时速度为，由图像可得，PQ过程由动能定理有

解得：

（2）（3分）B在Q点时，由牛顿第二定律得

解得F=15.1N

根据牛顿第三定律C对轨道的压力大小为15.1N，方向沿半径向下

（3）（3分）设A、B碰后A的速度为，B的速度为，由动量守恒

机械能守恒：

解得

（4）（4分）由v-t图像可得，传送带的速度

传送带从Q到H的长度x=36.25m

物体在传送带上滑动的相对距离为Δx=1.25m

设物体在传送带上的加速度为a，设传送带动摩擦因数为μ，则

由功能关系有

解得E=287.