2022年高三物理上学期期中试题（含解析）粤教版

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1、2022年高三物理上学期期中试题（含解析）粤教版一、单项选择题：1如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A电梯一定是在下降B电梯一定是在上升C电梯的加速度方向一定是向下D乘客一定处在超重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛顿运动定律综合专题分析：在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，乘客一定处在超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降根据牛顿第二定律确定加速度的方向解答：解：A、B、C在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸

2、长量大了，弹簧的弹力增大了，弹力大于铁的重力，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度方向一定向上，而速度方向可能向上，也可能向下，电梯可能加速上升，也可能减速下降故ABC均错误D、由于弹簧的弹力大于铁球的重力，铁球处于超重状态，电梯也处于超重状态故D正确故选D点评：本题是超重问题，实质上牛顿第二定律的具体运用，产生超重的条件是加速度方向向上，与速度方向无关2（4分）在同一水平直线上的两位置沿同方向分别抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力要两球在空中相碰，则（）A A球先抛出BB球先抛出C两球同时抛出D两球质量相等考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解

3、到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同解答：解：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h=可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，选项C正确，A、B、D错误物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，所以A的初速度要大故选：C点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决3（4分）在某高处A点，以大小为v0的速度同时竖直向上和向下抛出a、b两球，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A两球落地的时间差为B两球落地的时间差为C两球落地的时间差为D两球落地的时间差

4、与高度有关考点：竖直上抛运动分析：球b竖直下抛，做匀加速直线运动；球a竖直上抛运动，将球a的运动分段考虑，分成竖直上抛到返回抛出点过程和之后的竖直向下的加速过程，其中竖直下抛过程与球b运动情况相同，故两球落地的时间差等于从抛出点到返回抛出点过程的时间；然后根据时间对称性和速度时间公式求时间差解答：解：A、B、两球落地的时间差等于a球从抛出点到返回抛出点过程的时间；根据速度时间公式，上升时间为，竖直上抛运动具有对称性，上升时间等于下降时间，故下降时间为，故总时间为：t=t上+t下=，故AC错误，B正确；D、由于两球落地的时间差为：t=，与抛出点的高度无关，故D错误；故选：B点评：本题关键是将竖直

5、上抛运动分段考虑，即先从抛出点到抛出点的上抛运动，然后从抛出点向下的运动，从而得出两球落地的时间差表达式，最后进行分析讨论决定因数4（4分）如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2v1，则下列说法中错误的是（）A全过程中重力做功为零B在上滑和下滑两过程中，机械能减少C在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功相等D在上滑和下滑两过程中，摩擦力的平均功率相等考点：动能和势能的相互转化；功的计算；功能关系分析：重力做功与物体的初末位置的高度差有关物体上滑和下滑过程所受的滑动摩擦力大小相等，摩擦力做功相等由上滑时间短于下滑时间，则知在上滑过程中摩擦力的

6、平均功率大于下滑过程中摩擦力的平均功率物体一直克服摩擦力做功，机械能一直减小解答：解：A、全过程中，物体的初位置和末位置重合，高度差为0，则重力做功为零故A正确B、在上滑和下滑两过程中，物体一直克服摩擦力做功，机械能一直减小故B正确C、设物体的质量为m，动摩擦因数为，斜面的长度为L，倾角为，则上滑过程中摩擦力做功为Wf=mgcosL，下滑过程中摩擦力做功为Wf=mgcosL，可见，在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功相等故C正确D、由牛顿第二定律得知，物体上滑的加速度大于下滑的加速度，则物体上滑的时间小于下滑的时间，由功率公式P=，得知，在上滑过程中摩擦力的平均功率大于下滑过程中摩擦力的平均功率故

7、D错误本题选择错误的故选：D点评：本题考查对功和能关系的理解重力做功与初末位置有关，摩擦力做功与路程有关机械能的变化与除重力、弹力以外的力做功有关二、双项选择题：5（6分）如图所示，一个小球沿竖直固定的光滑圆形轨道的内侧做圆周运动，圆形轨道的半径为R，小球可看作质点，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是（）A小球的加速度方向总指向圆心B小球线速度的大小总大于或等于C小球转动一周的过程中，外力做功之和不为0D小球转动一周的过程中，外力做功之和等于0考点：向心力；功的计算专题：匀速圆周运动专题分析：小球在竖直平面内做变速圆周运动，加速度方向不总是指向圆心当小球运动到最高点时，恰好由重力提供向心力

8、时，速度最小，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度根据动能定理分析小球转动一周的过程中外力做功之和解答：解：A、小球在竖直平面内做变速圆周运动，受到重力和轨道的支持力两个力作用，支持力指向圆心，根据平行四边形定则可知，这两个力的合力不总是指向圆心，只有在最高点和最低点时才指向圆心，故A错误B、根据牛顿第二定律，在最高点临界情况是轨道对球的作用力为零，则：mg=m解得：v=即最高点的最小速度为，则小球的线速度的大小总大于或等于故B正确C、D小球转动一周的过程中，根据动能定理，动能变化为零，则外力做功为零故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，知道在最高点的临

9、界条件6（6分）如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平面上，a受到斜向上与水平成角的力作用，b受到斜向下与水平成角的力作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则（）Aa、b之间一定存在静摩擦力Bb与地之间一定存在静摩擦力Cb对a的支持力一定小于mgD地对b的支持力一定大于2mg考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：对整体受力分析可得出b与地面间的摩擦力；再对a分析可求得ab间的支持力及摩擦力解答：解：A、对a受力分析，可知a受重力、支持力、拉力而处于平衡，由于F有水平方向的分力，故a有向右运动的趋势，故a应受到b向左的摩擦力，故A正确；B、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力

10、、两个拉力，将拉力沿水平和竖直方向分解可知，其水平分量相等，故整体在水平方向受力平衡，故地面对b没有摩擦力；故B错误；C、F向上的分量，使a受到的支持力小于重力，故C正确；D、竖直方向，两分力相互抵消，故ab受地面的支持力等于2mg，故D错误；故选：AC点评：整体法与隔离法是共点力平衡及牛顿第二定律中常用的方法，在解决连接题时要注意灵活应用7（6分）（xx东莞模拟）铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关下列说法正确的是（）Av一定时，r越小则要求h越大Bv一定时，r越大则要求h越大Cr一定时，v越小则要

11、求h越大Dr一定时，v越大则要求h越大考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：设内外轨的水平距离为d，根据火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力得：m=mg如果r一定时，v越大则要求h越大，故C错误，D正确；如果v一定时，r越大则要求h越小，r越小则要求h越大，故A正确，B错误故选AD点评：本题是物理模型在实际生活中的应用题，注意几何关系在解题中的运用，难度适中8（6分）（xx广东模拟）对下列各图蕴含的信息理解正确的是（）A图甲的重力质量图象说明同一地点的重力加速度相同B图乙的位移时间图象表

12、示该物体受力平衡C图丙的重力势能时间图象表示该物体克服重力做功D图丁的速度时间图象表示该物体的合力随时间增大考点：匀变速直线运动的图像；共点力平衡的条件及其应用专题：运动学中的图像专题分析：甲图是一条过原点的倾斜直线，说明重力跟质量成正比；乙图位移时间图象是一条过原点的倾斜直线，说明物体做匀速直线运动；由丙图可知，重力势能随时间逐渐减小，重力做正功；丁图表示加速度越来越小解答：解：A、甲图是一条过原点的倾斜直线，说明重力跟质量成正比，故A正确；B、乙图位移时间图象是一条倾斜直线，说明物体做匀速直线运动，受力平衡，故B正确；C、由图可知，重力势能随时间逐渐减小，重力做正功，故C错误；D、丁图的斜

13、率越来越小，表示加速度越来越小，所以合外力越来越小，故D错误故选AB点评：本题考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度不大，属于基础题9（6分）如图，两个质量都为m的球A、B用轻绳连接，A球套在水平细杆上（球孔比杆的直径略大），对B球施加水平风力作用，结果A球与B球一起向右做匀速运动，此时细绳与竖直方向的夹角为已知重力加速度为g，则（）A对B球的水平风力大小等于mgsinB轻绳的拉力等于mgcosC杆对A球的支持力等于2mgD杆与A球间的动摩擦因数等于tan考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点

14、力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化解答：解：A、B、对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图 风力F=mgtan， 绳对B球的拉力T=，故AB均错误C、D、把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图，根据共点力平衡条件可得：竖直方向，N=（m+m）g=2mg 水平方向，f=F则A环与水平细杆间的动摩擦因数为=tan，故C正确，D正确；故选：CD点评：本题关键是先对球B受力分析，然后对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解三、非

15、选择题10（9分）用如图（甲）所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图（乙），直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：错误，应该给小车一个初速度使小车能够匀速下滑如果这位同学先如中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的aF图线是下图中的C（填选项代号的字母）若交流电的频率为f，某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出写出用s1、s2、s3、

16、s4以及f来表示小车加速度的表达式：a=考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题分析：小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；正确的aF图象应该是过原点的直线，由于平衡摩擦力过度，因此图象在纵轴上有截距，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故图象ABD错

17、误，C正确故选：C由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=5t，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：s3s1=2a1T2s4s2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=（a1+a2）其中：T=5=即小车运动的加速度计算表达式为：故答案为：错误，应该给小车一个初速度使小车能够匀速下滑；C；点评：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力掌握纸带的处理方

18、法，会通过纸带求解瞬时加速度11（9分）有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是BCDA钩码的个数N1=N2=2，N3=4B钩码的个数N1=N3=3，N2=4C钩码的个数N1=N2=N3=4D钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是AA标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量

19、出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答解答：解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于

20、三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故B正确；C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故C正确；D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故D正确故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误故选：A（3）以O点为研究对象，F3的是实际作

21、用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BCD （2）A （3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别12（18分）如图，圆形玻璃平板半径为R，离水平地面的高度为h，可绕圆心O在水平面内自由转动，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边缘玻璃板匀速转动使木块随之做匀速圆周运动（1）若已知玻璃板匀速转动的周期为T，求木块所受摩擦力的大小（2）缓慢增大转速，木块随玻璃板缓慢加速，直到从玻璃板滑出已知木块脱离时沿玻璃板边缘的切线方向

22、水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间的距离为s木块抛出的初速度可认为等于木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时的线速度，滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，试求木块与玻璃板间的动摩擦因数考点：向心力；摩擦力的判断与计算专题：匀速圆周运动专题分析：（1）木块在水平面做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，根据向心力公式求解木块所受摩擦力的大小（2）木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出后做平抛运动，根据几何关系求出水平位移，根据竖直方向求出运动的时间，进而求出平抛运动的初速度，再根据牛顿第二定律求解木块与玻璃板间的动摩擦因数解答：解：（1）木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得：

23、 （2）木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时，静摩擦力达到最大，有： 木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有 在水平方向上做匀速运动，水平位移为 x=vmt x与距离s、半径R的关系如图所示，由图可得：s2=R2+x2 由以上各式解得木块与玻璃板间的动摩擦因数 答：（1）木块所受摩擦力的大小为m（）2R（2）木块与玻璃板间的动摩擦因数为点评：本题主要考查了向心力公式、平抛运动基本公式、牛顿运动定律的应用，解题时注意几何关系的应用，难度适中13（18分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个

24、轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1（取g=10m/s2）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动求F的大小当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离考点：动能定理；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理可以求出动摩擦

25、因数（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解；根据平抛运动的规律和几何关系求解解答：解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，由动能定理得：mgh1mgL=00，代入数据解得：h=0.2m；（2）设物块的加速度大小为，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得：cos=对物体，由牛顿第二定律得：mgtan=ma，对工件和物体整体，由牛顿第二定律得：F2（M+m）g=（M+m）a，代入数据解得：F=8.5N；物体做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，水平方向：x1=vt，x2=x1Rsin，联立并代入数据解得：x2=0.4m；答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；（2）F的大小是8.5N；物块的落点与B点间的距离是0.4m点评：本题考查了求高度差、求力与距离问题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律等即可正确解题，解题时要注意受力分析