2022年高三上学期期初考试物理试题（含解析）

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1、长春市十一高中xx学年度高三上学期期初考试2022年高三上学期期初考试物理试题（含解析）本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分110分，测试时间90分钟一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12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，有选错的得0分。1一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行频闪照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m由此可以求得A质点运动的加速度 B第一次闪光时质点

2、的速度C质点运动的初速度 D从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移【答案】D【解析】D、设第一次到第二次位移为x1=2m；第三次到第四次闪光为x3=8m，则有：；则；而第二次闪光到第三次闪光的位移，故D正确；B、但由于闪光时间末知，故无法求出加速度；故B错误；AC、由于时间及加速度无法求出，则初速度及第一次闪光的速度也无法求出，故AC错误。故选D。【考点】匀变速直线运动规律2船在静水中的速度是8 m/s，要渡过宽为180 m、水流速度为6 m/s的河流，下列说法中正确的是A船过河的最短时间是30s B船过河的最短路程是180mC船在河流中航行的最大速度为10m/s D船不能垂直到达对岸【

3、答案】B【解析】A、合运动和分运动之间具有等时性，所以当船速垂直河岸时用时最少，所以，故A错误；BD、因船在静水的速度大于水流速度，所以当船与水流的合速度垂直河岸时，则过河的位移最短，即为河宽，故B正确D错误；C、船在河流中航行的速度的范围为14m/s到2m/s，故C错误。故选B。【考点】运动的合成和分解Mm3如图所示，人和物块处于静止状态。当人拉着绳向右跨出一步后，人和物块仍保持静止。不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是A绳的拉力大小不变B地面对人的摩擦力减小C人对地面的压力减小D人所受的合外力增大【答案】A【解析】A、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，故A正确；BC

4、、对人受力分析并正交分解如图；由平衡条件得：当人拉着绳向右跨出一步后，将变小，所以会变大，也将变大，故BC错误；D、人仍保持静止，则所受合外力为0，合外力没变，故D错误。故选A。【考点】共点力平衡的条件及其应用4如图所示，物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，相同的物体B以同样大小的初速度从相同高度处竖直上抛，则A两物体落地时速度相同B从开始至落地，重力对它们做功相同C两物体落地时重力的瞬时功率相同D从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【答案】B【解析】A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，但

5、速度方向不同，故速度相等，但不同，故A错误；B、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，故B正确；C、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，故C错误；D、平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，故D错误。故选B。【考点】功率、平均功率和瞬时功率；竖直上抛运动；功5在水平面上将一小球竖直向上抛出，初速度和初动能分别为、，小球能达到的最大高度为。若运动过程中小球所受的空气阻力大小不变，小球上升到离水平面的高度为时，小球的速度和动能分别为、，则A B C D 【答案】C【解

6、析】CD、令小球在上升过程中所受阻力恒f，则根据动能定理有：、，得，故C正确，D错误；AB、根据动能定义式有：、，得，故A、B均错误。故选C。【考点】动能定理的应用；竖直上抛运动6如图所示，把小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中A小桶处于失重状态 B小车的最大动能为mghC小车受绳的拉力等于mg D小桶的最大速度为 【答案】D【解析】AC、在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态故AC错误；B、在小桶上升

7、竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：，解得：，故B错误；D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：，故D正确。故选D。【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律7如图所示，真空中的两带电小球(可看作是点电荷)，通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是A若只增大r，则T1、T2都增大B若只增大m1，则1增大，2不变C若只增大q1，则1增大，2不变D若只增大q1，则1、2都增大【答案】D【解析】m1、m2受力如图所示，由平衡条件可得，因F=F，则；可见，若m1m2，则12；若m1=m2，则1=2；若m1m2，则12

8、。1、2的关系与两电荷所带电量无关；A、若只增大r，则库仑力变小，由图可知，T1、T2都减小，故A错误；B、若只增大m1，则m1，会下降，而m1，会上升，导致则1减小，2增大，故B错误；CD、若只增大q1，由图可知，则1、2都增大，故C错误D正确。故选D。【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用8如图所示，A、B是两个等量的异种点电荷，A带正电，B带负电，OO为两点电荷连线的垂直平分线，P点是垂足，若从P点以大小为v0的初速度发射一个质子，则A若质子初速度方向由P指向A，则质子在接近A点的过程中速度越来越大B若质子初速度方向由P指向B，则质子在接近B点的过程中加速度越来

9、越大 C若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的大小不变D若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的方向不变【答案】B【解析】A、若质子初速度方向由P指向A，当质子在接近A点的过程中，根据正负电荷的电场强度合成可知，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，因加速度与速度反向，则速度越来越小，故A错误；B、若质子初速度方向由P指向B，根据正负电荷的电场强度合成可知，当质子在接近B点的过程中，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，但速度与加速度同向，则速度越来越大，故B正确；CD、若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程

10、中，因初速度方向与电场力不共线，则做曲线运动，导致电场力大小与方向均发生变化，所以加速度大小与方向也发生变化，故CD错误。故选B。【考点】电场的叠加；电场强度9如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30的斜面，其运动的加速度为，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中A重力势能增加了 B动能损失了C机械能损失了D物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小【答案】D【解析】A、物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；B、根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为，方向沿斜面向下，根据动能定理得，所以物体的动能减小1.5mgh，故B错误；C、物体的动

11、能减小1.5mgh，重力势能增加mgh，所以机械能减小0.5mgh，故C错误；D、物体克服摩擦力做的功率为：，f、v0、a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故D正确。故选D。【考点】动能定理的应用10在同一水平直线上的两位置沿水平方向抛出两小球A和B，两球在P点相遇，它们的运动轨迹如图所示。不计空气阻力，下列说法中正确的是A在P点，A球的速率大于B球的速率B在P点，A球的速率小于B球的速率CA球先抛出B球后抛出D两球同时抛出【答案】AD【解析】CD、由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故C错误D正确；AB、物体做平抛运动的规律

12、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，物体做平抛运动的规律竖直方向做自由落体运动，由于两球下落时间相同，所以在P点两球的竖直方向速度相同，所以在P点，A球的速度大小大于B球的速度大小，故A正确B错误。故选AD。【考点】平抛运动11下列有关物理学家和他们的贡献的叙述中正确的是A平均速度、瞬时速度以及加速度的概念是由伽利略首先建立起来的B伽利略通过斜面实验研究自由落体运动规律，推翻了亚里士多德提出的“物体下落的快慢由它们的重量决定”的论断C牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量D库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力

13、遵循的规律库仑定律【答案】ABD【解析】A、伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故A正确；B、伽利略通过斜面实验研究自由落体运动规律，推翻了亚里士多德提出的“物体下落的快慢由它们的重量决定”的论断，故B正确；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故C错误；D、库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律-库仑定律，故D正确。故选ABD。【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；平均速度；瞬时速度

14、12一宇航员到达半径为R，密度均匀的某星球表面，做如下实验，用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直平面内做圆周运动，测得绳的拉力大小随时间的变化规律如图乙所示，F17F2，设R、m、引力常量G、F1、F2均为己知量，忽略各种阻力，以下说法正确的是A小球在最高点的最小速度为零B卫星绕该星的第一宇宙速度为C该星球表面的重力加速度为D星球的质量为 【答案】BCD【解析】A、小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得：，所以小球在最高点的最小速，故A错误；BC、设砝码在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，则设砝码在最高点细线的

15、拉力为F2，速度为v2，则由机械能守恒定律得，解得。又：，所以该星球表面的重力加速度为，根据万有引力提供向心力得：卫星绕该星球的第一宇宙速度为，故B、C正确；D、在星球表面，万有引力近似等于重力，解得，故D正确。故选BCD。【考点】万有引力定律；第一宇宙速度第卷（62分）13（7分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的aF图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 （填“偏大”或“偏小”）。（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_ _砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、

16、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_ _的条件。（3）某同学得到如图（c）所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。 = cm。由此可算出小车的加速度a = m/s2（此空保留2位有效数字） 【答案】（1）偏大 （2）小于 ；Mm（3）1.80；5.0【解析】（1）当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大；（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，则绳子的拉力，所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力；当Mm，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车

17、上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力；（3）根据刻度尺的示数可知，时间间隔为T=0.06s，代入公式可以求出加速度为：。【考点】验证牛顿第二定律14.（8分）用如图装置可验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放置一金属片C。铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h。由此释放，系统开始运动，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上。两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段时间。（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚

18、穿过圆环后的速度v = 。（2）若物块A、B的质量均为M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证了下面哪个等式成立，即可验证机械能守恒定律。正确选项为 。Amgh=Mv2 Bmgh=Mv2Cmgh=(2M+m)v2 Dmgh=(M+m)v2（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要 。（4）改变物块B的初始位置，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离的时间为t，以h为纵轴，以 （填“t2”或“1/t2”）为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线。该直线的斜率k = (用m、M、d表示)。【答案】（1） （2）C （3）天平

19、 （4） 【解析】（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度；（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：，即为：，故C正确；（3）由，公式可知，除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要天平测出金属片的质量；（4）将，变形后，则有：；因此以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率【考点】验证机械能守恒定律15（10分）一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）。求：（1）物块质量m （2）物块与水平面间的动摩擦因数 【答案】 【解析】(1)从图（a）中

20、可以读出，当t=1s时， 从图（b）中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为由牛顿第二定律，有 所以(2)由，得【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动图像16（10分）如图所示，斜面与水平面间的夹角37，物体A和B的质量分别为mA10kg、mB5kg。A、B间用质量不计的细绳相连。（）求：（1）当A和B与斜面间的动摩擦因数为0.2时，两个物体的加速度及绳的张力各是多少？（2）当A和B与斜面间的动摩擦因数分别为A0.2、B0.8时，则释放后的开始阶段，两个物体的加速度及绳的张力又各是多少？【答案】（1） （2）对A：加速度为零； 对B： T=0【解析】（1）对整体，由

21、牛顿第二定律得对B：，代入数据求出 （2）当B0.8时，所以物体B静止；而A的加速度，所以此时细绳松弛T=0。【考点】牛顿第二定律17（13分）如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A，滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B又通过一轻质弹簧连接物块C，C静止在地面上。开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A由静止释放，当速度达到最大时，C也刚好同时离开地面，此时B还没有到达滑轮位置.已知：mA=1.2kg, mB=1kg, mc=1kg，滑轮与杆子的水平距离L=0.8m。试求：（1）弹簧的劲度系数（2）A、B的最大速度是多少【答案】，【解析】（1）当A速度达到最大时，即加速度等

22、于0的时候，此时C也刚好同时离开地面，那么对B和C整体分析只有绳子拉力，此时绳子拉力A下降过程受力分析如图当A的速度最大加速度等于0时，即，计算得假设A下降的高度为h，则根据几何关系可得带入得根据几何关系如上图，A下降时定滑轮到A的距离为那么绳子拉长的长度也就是B上升的高度就是初始状态，绳子无张力，对B分析有 即弹簧压缩末状态，C刚好离开地面，对C分析有即弹簧拉伸，带入计算得（2）由第二问可知，初状态弹簧压缩和末状态弹簧拉伸，弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中ABC和弹簧组成的系统机械能守恒，有有几何关系可得AB的速度关系有带入计算得，【考点】牛顿第二定律；共点力平衡；胡克定律；机械能守恒定

23、律；运动的合成与分解18（14分）如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L8m，传送带右端Q点和竖直光滑圆轨道的圆心在同一竖直线上，皮带匀速运动的速度v05m/s。一质量m1kg的小物块轻轻放在传送带上xP2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2。求：（1）N点的纵坐标（2）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨），求这些位置的横坐标范围【答案】 和【解析】（1）小物块在传送带上的加速度小物块与传送带共速时，所用的

24、时间运动的位移故有：由机械能守恒定律得解得（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：代入数据解得代入数据解得若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：和【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力参考答案123456789101112DBABCDDBDADABDBCD13.（1）偏大 （2）小于 ；Mm（3）1.80；5.014.（1）d/t （2）C （3）天平（4）1/t2 （2M+m）d2/2mg15. （8分）解：(1)从图（a）中可以读出，当t=1s时，从图（b）中可以看

25、出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为由牛顿第二定律，有所以 (2)由得， 16（1）用整体法：用隔离法对B：，代入数据求出 （2）当B0.8时，mBgsin370BmBgcos370,所以物体B静止；而A的加速度 ，所以此时细绳松弛T=0。17.（1）当A速度达到最大时，即加速度等于0的时候，此时C也刚好同时离开地面，那么对B和C整体分析只有绳子拉力，因此此时绳子拉力A下降过程受力分析如图当A的速度最大加速度等于0时，即，计算得假设A下降的高度为h，则根据几何关系可得带入得根据几何关系如上图，A下降时定滑轮到A的距离为那么绳子拉长的长度也就是B上升的高度就是初始状态，

26、绳子无张力，对B分析有 即弹簧压缩末状态，C刚好离开地面，对C分析有即弹簧拉伸 带入计算得（2）由第二问可知，初状态弹簧压缩和末状态弹簧拉伸，弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中ABC和弹簧组成的系统机械能守恒，有有几何关系可得AB的速度关系有带入计算得，18. （1）小物块在传送带上的加速度小物块与传送带共速时，所用的时间运动的位移故有：由机械能守恒定律得，解得（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg(Lx1)mgyM 代入数据解得x17.5 mmg(Lx2)mgyN 代入数据解得x27 m若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x35.5 m