2021-2022学年江苏省南通市海安市高三(上)期中物理试卷-附答案详解

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2021-2022学年江苏省南通市海安市高三（上）期中物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）我国ETC电子不停车收费系统已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。下列图像中，可以描述汽车利用该系统通过收费站的是(A. B.

C. D.如图所示，游乐场的旋转盘上，开始时有的人离转轴近一些，有的人离转轴远一些。当旋转盘加速转动时，哪些人更容易发生滑动(   A.离轴近的

B.离轴远的

C.质量大的

D.质量小的两个体重相同的学生分别以图示路径由静止从地面登上高为h的阶梯顶端A，对于这个过程，下列说法正确的是(   A.两学生的位移相等

B.两学生运动时间一定相等

C.两学生克服重力做功一定相等

D.两学生克服重力做功的平均功率一定相等

2021年10月16日我国三位航天员再次进入“天宫号”空间站，航天员将在“太空之家”驻留六个月，开展各项科学实验和技术试验，下列实验中不适合在空间站开展的是(  A.①验证力的平行四边形定则 B.②落体法测空间站重力加速度

C.③向心力演示器探究向心力 D.④静电感应使金属导体带电在匀强电场中，直线AO平行于电场线，AB=BO，直线MN心直与AO，MO=ONA.EA=EM=EO B.我国预计2022年发射首颗北极航道监测SAR卫星，该卫星将运行在经过地球两极的圆轨边上，已知卫星的环绕速度为v，绕行周期是T，引力常量为G，下列说法正确的是(A.该卫星可能是地球同步静止卫星

B.该卫星晓行速度可以大于第一宇宙速度

C.由该卫星运行数据v、T可求由地球的质量

D.由于稀薄空气影响，运行一段时间后，卫星会远离地球水池中观赏喷泉的水流以与水面成相同夹角、大小相等的速度向四周喷出，不计空气阻力，下列说法正确的是(   A.水落回水面的速度都相同

B.水到达最高点的速度为零

C.初速度加倍，水的水平射程加倍

D.初速度加倍，水在空中飞行时间加倍

图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙)，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计，下列对此温度计的描述，正确的是(  A.温度升高，指针偏转角变大

B.表盘上的温度刻度均匀分布

C.串联一个大电阻可以提高温度计精度

D.电池内阻变大后测得的温度值偏高矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑水平面上，一子弹以速度v0水平射向滑块；若射击下层，子弹刚好不射出，如图甲所示；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图乙所示，比较上述两种情况，下列说法正确的是( A.系统产生的热量相等 B.子弹对滑块做功不相等

C.子弹和滑块间的作用力相等 D.子弹和滑块间作用时间相等在如图所示的电路中，R0是定值电阻，R1、R2是滑动变阻器，D为理想二极管。电源的电动势为E，内阻为r，接通开关S，质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。若只改变其中的一个条件，下列说法正确的是A.将R1的滑片向右移动，油滴将向下运动

B.将R2的滑片向右移动，油滴将向下运动

C.断开开关S，将有电子自下而上通过理想二极管D

D.二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）某同学用如图所示装置做验证机械能守恒定律的实验。

(1)除了提供图中的器材，实验室还需要准备下列器材______。

A.游标卡尺

B.秒表

C.天平

D.弹簧秤

(2)实验的主要步骤如下：其中不妥当的操作步骤是______。(填写步骤序号)

A.将导轨调至水平

B.测出遮光条的宽度d

C.测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M

D.将滑块移至图示A位置，测出遮光条到光电门的距离L

E.释放滑块，然后开启气泵，读出遮光条通过光电门的挡光时间t

(3)在实验操作正确的前提下，滑块从A静止释放运动到光电门B的过程中，系统的重力势能减少量为______，若系统符合机械能守恒定律，测得的物理量应满足的关系式为______。(用(2)中给出的字母表示)

(4)若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动物块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块自A点由静止释放，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)动能增加量的测量值。

(5)该实验小组在研究中发现利用该装置可以测量带长方形遮光条滑块的总质量M。实验小组多次改变光电门的位置，且每次都将滑块从同一点A静止释放，测出相应的L与t值，完成实验后，某同学根据测量数据作出1t2−L图像，测得直线的斜率为k，已如钩码的质量三、计算题（本大题共4小题，共45.0分）如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4.05m。地勤人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为v0=0.8m/s，小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37一质量为m、半径为R的光滑圆环用细绳OP悬挂着，原长为2R的两个轻质弹簧，一端固定在圆环上P点，另一端与质量均为m的小球A、B连接，小球A、B套在圆环上。如图，弹簧长为2R时，同时由静止释放A、B两小球，小球沿圆环运动到最低点发生弹性碰撞后，弹簧与小球脱落，两小球恰好能继续运动到圆环最高点P。求：

(1)释放A、B两小球前，两弹簧中存储的弹性势能总量Ep；

(2)整个过程中细绳OP受到的最大拉力FT。如图所示，两金属板A、B水平放置，间距为3d。距离A下方2d处有一水平放置的金属网G，A、B、G的尺寸相同，G接地，A、B的电势均为φ(φ>0)。今有一带电粒子从金属网G的左侧正上方P点以初速度v0水平射入电场，P点到G的距离为d。粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，粒子重力忽略不计。求：

(1)粒子第一次到达G所需的时间t；

如图甲所示，倾角为45°的斜面体A静止于水平地面上，半径为R的光滑球B刚好置于竖直墙面和斜面体之间。现用水平外力F推动斜面体A使其缓慢向左移动，已知斜面体A的质量为m，球B的质量为2m，斜面与地面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。求：

(1)水平推力F；

(2)球B重力势能增量的最大值ΔEp；

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、根据x−t图像的斜率表示速度，知该图表示汽车先做加速直线运动，后沿原方向做减速直线运动，与实际不符，故A错误；

B、根据x−t图像的斜率表示速度，知该图表示汽车先做减速直线运动，后静止，再沿原方向做加速直线运动，与实际不符，故B错误；

C、该图表示汽车先做减速直线运动，后沿原方向做加速直线运动，能描述汽车利用该系统通过收费站的运动情况，故C正确；

D、该图表示汽车先做加速直线运动，后沿原方向做减速直线运动，不能描述汽车利用该系统通过收费站的运动情况，故D错误。

故选：C。

根据x−t2.【答案】B

【解析】解：游乐场的旋转盘上，人随盘一起做匀速圆周运动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，当转盘角速度过大，则静摩擦力近似等于滑动摩擦力，滑动摩擦力提供向心力，设人的质量为m，根据牛顿第二定律得：μmg=mω2r，由此可见，离轴越远，向心加速度越大，所需向心力越大，越容易滑动，故B正确，ACD错误。

故选：3.【答案】C

【解析】解：A、由位移的定义可知，两学生的位移不相等，故A错误；

B、由于两学生的位移不相等，且运动速度不知道，故两学生运动时间无法比较，故B错误；

C、由于两学生竖直方向上升的高度相同，且两同学体重相同，故克服重力做功一定相等，故C正确；

D、由于两学生运动的时间不知道，故两学生克服重力做功的平均功率无法比较，故D错误。

故选：C。

根据位移的定义判断；由位移和速度判断时间；根据W=Gh判断克服重力做功；根据W=4.【答案】B

【解析】解：空间站里面的物体处于完全失重状态。

A.在空间站橡皮筋和弹簧测力计均可以正常使用，所以该实验可以完成，故A不符合题意；

B.在空间站里自由释放物体，物体在空中漂浮着，不会下落，所以该实验无法完成，故B符合题意；

C.向心力演示仪通过弹簧形变程度显示向心力的大小，所以该实验可以完成，故C不符合题意；

D.静电感应使物体带电，是在电场的作用下，电荷从导体的一端转移到另一端，所以该实验可以完成，故D不符合题意。

故选：B。

空间站里面的物体处于完全失重状态，其中橡皮筋和弹簧测力计均可以正常使用；向心力演示仪通过弹簧形变程度显示向心力的大小，可以完成；静电感应使物体带电，是在电场的作用下，电荷从导体的一端转移到另一端，也可以完成。在空间站里自由释放物体，物体在空中漂浮着，不会下落，所以不能完成重力加速度的测量。

本题考查各个实验完成需要的物理条件，要求学生熟练掌握基本实验器材的原理。属于基础简单题目。

5.【答案】B

【解析】解：ABD、金属球壳放入匀强电场中，根据静电屏蔽可知EO=0，φO=φB=0，根据电场线疏密可知EA>EM>EO，故AD错误，B正确；

C、由图可知MN连线与电场线垂直，无穷远处电势为0，则可知φM=φN=φO6.【答案】C

【解析】解：A、地球同步卫星一定在赤道正上方，而该卫星运行在经过地球两极的圆轨边上，不可能相对于地球静止，故A错误；

B、第一宇宙速度等于贴近地面的卫星做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，可知轨道半径越大，线速度越小。该卫星运行的轨道半径大于地球的半径，其速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T27.【答案】D

【解析】解：A、速度是矢量，水落回水面的速度大小相等，方向不同，故A错误；

B、地面成一定角度的喷泉喷出的水做斜抛运动，则最高点具有水平速度，故B错误；

CD、设初速度大小为v0，与水平方向的夹角为θ

斜抛运动在竖直方向上的分运动为竖直上抛运动，其上升到最高点的时间为v0g，则其水在空中运动的时间为t=2v0sinθg

斜抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，则水的水平射程x=v0co8.【答案】C

【解析】解：ABD、根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r，可知表盘的温度刻度不均匀，当温度升高电阻增大，则电流减小，所以指针偏转角变小，当r增大时，测量温度偏低，故ABD错误；

C、串联一个大电阻，根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r9.【答案】A

【解析】解：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相同。

A、根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，系统产生的热量等于系统机械能的减少量，两种情况下产生的热一样多，故A正确；

B、根据动能定理可得，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，由于两种情况下滑块增加量相等，所以子弹对滑块做功相等，故B错误；

C、由于两种情况下产生的热相等，根据Q=fΔs可知，Δs越大，f越小，故甲图中子弹和滑块间的作用力小，故C错误；

D、由于甲图中子弹和滑块间的作用力小，根据牛顿第二定律可知甲图中子弹的加速度小，根据速度—时间关系可得：t=Δva，两种情况下速度的变化量相等，所以甲图中子弹和滑块间作用时间长，故D错误。10.【答案】C

【解析】解：带电油滴受到向下重力和向上的电场力，且电场力大小等于重力大小，由此判断出油滴带负电。

A、将R1的滑片向右移动，电阻R1阻值变小，根据串联电路电压规律，RT两端分得的电压变大，电容间的电场强度变大，带电油滴所受电场力变大，此时合力方向向上，带电油滴将向上运动，故A错误。

C、当断开开关后，电容会放电，电流自上而下流过二极管，即有电子自下而上通过二极管到达上极板，故C正确。

B、电阻R2的大小不影响电容两端电压和电路电流，则油滴仍保持静止，故B错误。

D、增大电容器两极板的距离，电容两端电压不变，根据E=Ud可知，两极板间的匀强电场强度变小，电场力小于重力，油滴向下运动，故D错误。

故选：C。

改变11.【答案】AC

E

mgL

mgL【解析】解：(1)本实验是通过实验测量出滑块和砝码组成的系统减少的重力势能和增加的动能来验证机械能守恒的。实验需要用游标卡尺测量遮光条的宽度；数字计时器可以记录通过光电门的时间；重力势能和动能都与质量有关，需测量质量；故实验室还需要准备游标卡尺和天平。故选：AC。

(2)基本实验步骤如下：

先测出遮光条宽度d，钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，遮光条到光电门的距离L；

将气垫导轨调至水平，再将滑块移至图示A位置；

开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；

最后处理实验数据，计算出系统减少的重力势能和增加动能。

综上所述，不妥当的操作步骤是E。

(3)滑块从A静止释放运动到光电门B的过程中，系统的重力势能减少量为：

ΔEp=mgL，

利用遮光条通过光电门的平均熟读代替瞬时速度：

v=dt，

系统增加的动能为：

ΔEk=12(m+M)v2，

若系统符合机械能守恒定律，则

ΔEp=ΔEk，

测得的物理量应满足的关系式为：

mgL=12(M+m)(dt)12.【答案】解：(1)开始时，小包裹的速度为零，则摩擦力沿传送带方向向上，由牛顿第二定律得：

μmgcosα−mgsinα=ma

代入数据解得：a=0.4m/s2；

(2)设经过t1时间与传动带共速，则有：t1=v0a=【解析】(1)以小包裹为研究对象，由牛顿第二定律求解加速度大小；

(2)设经过t13.【答案】解：(1)由题意可知，A、B两小球的运动关于圆环的竖直直径是对称的，设碰撞前瞬间两球的速度大小均为v1，碰撞后瞬间两球的速度大小均为v2。

碰后到圆环最高点P的过程，对A或B球由机械能守恒得：

12mv22=mg⋅2R

A、B弹性碰撞过程，满足机械能守恒定律，则有：

2×12mv12=2×12mv22

v1=v2=2gR

释放时弹簧长为2R，可知此时A、B球处在与圆环圆心等高处，在最低点弹簧处于原长，其弹性势能为零。两球沿圆环运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得：

Ep+2mgR=2×12mv12

解得：Ep=【解析】(1)两小球的运动具有对称性，对碰后到圆环最高点的过程，由机械能守恒解得碰撞时的速度，再对两球沿圆环运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律接得所求；

(2)两小球在最低点时，细绳O14.【答案】解：(1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为t，则有

d=12at2

根据牛顿第二定律有：qUAG2d=ma

UAG=φ

联立解得

a=qφ2dm，t=2dmqϕ

(2)粒子穿过G板时的竖直方向的速度为

v=at

粒子穿过G后，粒子的加速度为

a′=qφdm=2a

则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动，速度减为0所用时间为

t′=va′=v2a=12t

因为

d=v2t

则

d′=v2t′=12d

所以粒子穿过G后距【解析】(1)根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解时间；

(2)粒子穿过G后，粒