【期中真题】甘肃省兰州第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题

兰州一中2022-2023-1学期期中考试试题高三物理注意事项：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间100分钟，试卷满分100分。答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上。交卷时只交答题卡。第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题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，有选错或不答的得0分。）1. 北京冬奥会速滑馆内装有历经5年发明的高科技“猎豹”高速摄像机，让犯规无处遁形。某次速度滑冰比赛中，摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示，下列说法中正确的是（　　）A. 摄像机做直线运动，运动员做曲线运动B. 时间内摄像机在前，时间内运动员在前C. 时间内摄像机与运动员的平均速度相同D. 时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度【答案】C【解析】【详解】A．摄像机做直线运动，运动员也做直线运动。A错误；B．时间内摄像机在前，时间内摄像机也在前。B错误；C．时间内摄像机与运动员的位移相同，根据平均速度相同。C正确；D．x-t图像的斜率表示速度，时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度。D错误。故选C。2. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则（　　）A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D. 甲与乙的加速度大小相等方向相反【答案】B【解析】【详解】A．甲、乙组成的系统动量守恒，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量，大小相等，但是方向相反，A错误；B．甲、乙组成的系统动量守恒，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，B正确；C．在推动过程中，甲、乙之间的相互作用力等大反向，但无法确定对地位移的大小关系，因此无法判断做功的关系，即甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，C错误；D．甲、乙的质量关系未知，无法判断加速度的大小关系，D错误。故选B。3. 已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道（如图），近地点B到地心的距离为r2.设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力，则（　　）A. B. C. 卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能增大D. 卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变【答案】A【解析】【详解】A．根据题意有得故A正确；B．由开普勒第三定律有解得故B错误；C．卫星在椭圆轨道中运行时，机械能是守恒的，故C错误；D．卫星从圆轨道进入椭圆轨道过程中在A点需点火减速，卫星的机械能减小，故D错误。故选A。4. 科学家于2017年首次直接探测到来自双中子星合并的引力波。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，在它们合并前的一段时间内，它们球心之间的距离为L，两中子星在相互引力的作用下，围绕二者连线上的某点O做匀速圆周运动，它们每秒钟绕O点转动n圈，已知引力常量为G。不考虑其他星体引力的影响，则（　　）A. 由于中子星1的轨道半径小于中子星2，中子星1受万有引力较大B. 两颗中子星做匀速圆周运动的速率之和为C. 两颗中子星的质量之积为D. 两颗中子星在缓慢靠近过程中，周期变大【答案】B【解析】【详解】A．中子星1受到的万有引力和中子星2受到的万有引力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知大小相等，A错误；B．由可知角速度解得B正确；C．由牛顿第二定律得解得C错误；D．两颗中子星在缓慢靠近过程中距离减小，万有引力对中子星做正功，中子星线速度增大，由可知周期变小，D错误；故选B。5. 如图为跳台滑雪赛道简化模型，斜坡可视为倾角为的斜面，质量为m的运动员（可视为质点）从跳台处以速度v沿水平方向向右飞出，不计空气阻力。已知重力加速度为g，则运动员落在斜坡上时重力的瞬时功率为（　　）A. B. C D. 【答案】C【解析】【详解】根据平抛运动的规律可知解得运动员落在斜坡上的瞬时功率为故选C。6. 如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）A. 小球运动到最高点b时，小球的速度为零B. 小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为MgC. 小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mgD. 小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg【答案】D【解析】【详解】A．小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时得故A错误；B．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；C．小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；D．小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知在最低点，由牛顿第二定律联立解得小球运动到最低点时细线中拉力小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为故D正确。故选D。7. 篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方与篮球距抛出点高度h的图像如图所示。规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）A. 篮球被拍飞前的速度大小为B. 篮球从处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回处所需的时间C. 篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍D. 篮球上升至时，篮球的动能等于其重力势能【答案】C【解析】【详解】A．由运动学公式知篮球从抛出到最高点做匀减速直线运动，从最高点下落做匀加速运动，图像的斜率等于2a，由图像可知下落加速度a2为①可解得由图像知篮球在1.25m位置处被拍飞，此时篮球从最高点下落位移为0.75m，由①式得故A错误；B．由图像可知上升段加速度a1为负号表示加速度方向向下，上升段与下降段加速度不相同，故从处上升至最高点所需的时间不等于从最高点落回处所需的时间，故B错误；C．由牛顿第二定律F合=ma，有故C正确；D．由运动学公式可求得上升至时则又由重力势能故D错误。故选C。8. 如图所示，将两个相同的木块P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与P、Q栓接。木块P受到一个沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均静止。下列说法正确的是（　　）A. Q一定受到4个力的作用B. P一定受到5个力的作用C. 只移去弹簧后Q可能会沿斜面上滑D. 只移去弹簧后P所受摩擦力一定变小【答案】BD【解析】【详解】B．设木块质量为m，斜面倾角为，对P受力分析如图则P受到重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力五个力的作用，B正确；A．Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力三个力的作用，A错误；C．只移去弹簧后Q受到的向上的弹力消失，Q不可能沿斜面上滑，C错误，D．有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有只移去弹簧时，有可知物块P受到的沿斜面向下的力变小，需要的摩擦力变小，故物块P仍然静止，D正确；故选BD。9. 若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）A. 武大靖转弯时速度的大小为B. 武大靖转弯时速度的大小为C. 若武大靖转弯速度变大则需要增大蹬冰角D. 若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角【答案】AD【解析】【详解】AB．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有可得其转弯时速度的大小为故A正确，B错误；CD．由上述可知，武大靖转弯时速度的大小为若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C错误，D正确。故选AD。10. 一质量为m=0.8kg的电动玩具小车放在水平地面上，现在遥控小车从静止开始运动，小车所受阻力恒定，牵引力的功率与运动时间的图像如图所示，已知从t0=1.6s开始小车以恒定的速度vm=5m/s做匀速运动，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）A. 地面对小车的摩擦力大小为4NB. 0到t0时间内，小车的位移为11mC. 当小车的速度为v0=2m/s时牵引力为10ND. 当小车速度为v0=2m/s时加速度为20m/s2【答案】AD【解析】【详解】A．根据题意，t0=1.6s后小车开始做匀速直线运动，则解得故A正确；B．0~t0时间内，小车做加速度减小的加速运动，根据动能定理有代入数据解得故B错误；CD．当小车的速度为2m/s时，牵引力的功率为，此时牵引力为根据牛顿第二定律得此时小车的加速度为，故C错误，D正确。故选AD。11. 如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　）A. 若只增大m，则小滑块不能滑离木板B. 若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C. 若只增大v0，则系统在摩擦生热增大D. 若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【答案】AB【解析】【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知再对木板受力分析若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；B．若只增大长木板质量，由可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板 摩擦力做功不变，C错误；D．若只减小动摩擦因数，由那么滑块和木板加速度等比例减小，由相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。12. 质量分别为m、2m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C，现将C球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C球，则在之后的过程中（球与杆及A、B均无接触），下列说法正确的是（　　）A. 木块A、B分离后，B的速度大小为B. 木块A的最大速度为C. C球在O点正下方向右运动时，速度大小为D. C球通过O点正下方后，上升的最大高度为L【答案】ABD【解析】【详解】A．小球C在最低点时，木块A、B恰好分离，设此时AB的速度为v1，小球的速度为v2，根据机械能守恒定律得根据动量守恒定律得 解得A正确；BC．A、B分离后，A、C相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C球在O点正下方向右运动时，A、C速度交换，此时木块A的速度最大，最大值为小球C的速度为B正确，C错误；D．A、B分离后，A、C相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v 解得D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题（本题共2小题，共15分）13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。（1）为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，实验时他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把作为弹簧的伸长x。这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下图中的___________。（2）某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数是___________N。（3）某次实验中，，现将弹簧秤缓慢逆时针转动90°，若要保持结点位置和OB方向不变，则弹簧秤的示数如何变化_________填“增大、减小、先增大后减小、先减小后增大”【答案】 ①. C ②. 2.10 ③. 先减小后增大【解析】【分析】【详解】(1)[1]实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力即所挂重物的重力大小，因为在弹簧的弹性限度内，弹簧自身重力的影响使弹簧产生一定的形变量，故C图象符合。故选C。(2)[2]弹簧秤读数为。(3)[3]根据平行四边形定则做出示意图，如图可以看出弹簧秤的示数先减小后增大。14. 某同学利用如图甲所示的装置探究小车加速度与其所受合外力之间的关系。（1）请补充完整下列实验步骤的相关内容：①用天平测量砝码盘的质量、小车（含遮光片）的质量M并记录，用游标卡尺测量遮光片的宽度d并记录；按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离s；②在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车后遮光片先后经过光电门A和光电门B的遮光时间相等；③取下细线和砝码盘，记下___________（填写相应物理量及其符号）；④使小车从靠近滑轮处由静止释放，分别记录遮光片遮挡光电门A和B的时间和；⑤重新挂上细线和砝码盘，改变长木板倾角和砝码盘中砝码的质量，重复②~④步骤。（2）若每次实验记录的数据在误差范围内都满足___________（用（1）问中记录的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则牛顿第二定律得到验证。（3）本实验的误差可能来源于下列哪些情况___________。A．与小车端相连的细线和轨道不平行B．轨道不光滑C．两光电门间的距离过近D．砝码盘的质量未能远大于小车的质量【答案】 ①. 砝码的质量m ②. ③. AC【解析】【详解】（1）[1]在步骤②中，小车先后经过光电门A和光电门B的时间相等，此时小车受力平衡，砝码和盘总重力等于小车所受拉力，当取下砝码和盘，小车受合力为砝码和盘总重力，所以应该记下此时砝码的质量m；（2）[2]在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，由于遮光片宽带很小，所以可以用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两点的瞬时速度，即小车从A到B过程，根据运动学公式求得加速度为由牛顿第二定律得即可得即满足上式，则牛顿第二定律得到验证；（3）[3]A．与小车端相连的细线和轨道不平行，使得小车系上细线和砝码盘时，小车受到合力发生变化，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力不等于，对实验产生误差，A正确；C．两光电门间距离过近，将会增大长度测量的相对误差，C正确；BD．当小车系上细线和砝码盘时，小车处于平衡状态，细线对小车的拉力为，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力等于，没有误差，所以轨道是否光滑，砝码盘的质量与小车的质量关系对实验没有影响，BD错误；故选AC。三、简答题（本题共3小题，共37分。解答题写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写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，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，求：（1）此时滑块A的速度大小；（2）球面半径R。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）如图所示滑块A、B沿着绳子的分速度相等，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，则有（2）滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，则有其中联立解得16. 如图（a），一倾角的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T，T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为8N时滑块的加速度大小；（2）滑块第一次到达B点时的动能；（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。【答案】（1）6m/s2；（2）26J；（3）1.3m【解析】【详解】（1）对滑块受力分析可知解得（2）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受拉力及相应的位移大小。由能量守恒定律有代入数据得（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为，设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有代入数据得17. 如图所示，质量为m的滑块A，在水平力F作用下静止在倾角为在光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；传送带右端与光滑的水平轨道平滑连接，水平轨道上有质量为2m的n个小滑块，依次编号为B1、B2、B3、B4……Bn，今将水平力撤去，当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，求：（1）滑块A下滑的可能高度；（2）滑块A第一次与滑块B1碰撞后瞬间，A和B1的速度大小及方向。（3）若A与滑块B1碰撞n次后停止运动，滑块B1最终速度及被碰撞的次数。【答案】（1）或；（2），水平向右，，水平向左;（3），【解析】【详解】（1）设滑块A从高为h处下滑，到达斜面底端时的速度为v，到达传送带右端时的速度为v0，下滑过程机械能守恒，则若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块A由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理得解得若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块A由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理得解得（2）滑块A离开传送带后与滑块B发生弹性碰撞解得B的速度水平向右A的速度水平向左（3）A与B1碰后，滑块B1与滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得B1的速度传递给B2，同样滑块B2与滑块B3发生弹性碰撞……，直至与滑块Bn发生弹性碰撞后第一轮碰撞结束，得滑块Bn的速度为第一轮滑块B1碰撞两次；滑块A通过传送带后会返回水平轨道再次与滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平轨道时速度大小为解得然后滑块B1与滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得，滑块B1的速度传递给滑块B2，同样滑块B2与滑块B3发生弹性碰撞……，直至与滑块Bn-1发生弹性碰撞后第二轮碰撞结束，得滑块Bn-1的速度为第二轮滑块B1碰撞2次；……第轮，滑块B1与滑块B2碰撞后结束第轮碰撞。第轮碰撞中滑块A、滑块B1、滑块B2的速度分别为第轮滑块B1碰撞2次；第n轮，滑块A与滑块B1发生弹性碰撞，最后滑块B1的速度为第n轮滑块B1只碰撞1次；综上可得，滑块B1共碰撞次。