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2022年高三物理下册期中考试相关

2021届河南省洛阳市高三期中物理试卷带参考答案和解析

在物理学的探索和发现过程中,科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是微元法
B. 根据速度定义式,当Δt→0时, 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了极限思维法
C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,这里运用了假设法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,再把各小段位移相加,这里运用了理想模型法

【答案】BCD
【解析】试题分析:质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法,故A错误;为研究某一时刻或某一位置时的速度,我们采用了取时间非常小,即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度,即采用了极限思维法,故B正确;在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法,故C正确;
在探究匀变速运动的位移公式时,采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动,即采用了微元法;故D正确;故选BCD。

一汽车轮胎竖放于水平地面,O为其中心,A为轮胎与地面的接触点,B、C是轮毂最大圆周上的两点,现使其在地面上向右滚动,某时刻在地面上观察者看来,下列说法正确的是(  )

A.B点比A点线速度大
B.B点比A点角速度小
C.B、C两点均绕O点做圆周运动
D.B、C两点线速度相等

【答案】A
【解析】
AB.轮胎向右滚动时,相对地面,轮胎上的各个点都绕着A点转动,则相对于地面,轮胎与地面的接触点是静止的,即A点的速度为零,则B点比A点线速度大,B点比A点角速度大,选项A正确,B错误;
CD. B、C两点均绕A点做圆周运动,根据v=ωr可知B点的线速度大于C点的线速度,选项CD错误。
故选A。

如图所示,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端减速下滑,直至速度为零。若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象中能正确描述该过程的是(  )

A. B.
C. D.

【答案】C
【解析】
AB.滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零;滑块下滑过程中做匀减速直线运动,下滑过程中,其速度时间图线是一条斜向下的直线;下滑过程中,其加速度时间图线与时间轴平行.故AB错误.
C.用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小,据速度位移关系可得:

解得:

所以下滑过程中,其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线;故C项正确;
D.因滑块沿斜面做匀减速运动,加速度不变,则a-x图像也是平行x轴的直线,选项D错误。
故选C。

从固定斜面上的O点每隔0.ls由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动某一时刻,拍下小球在斜面运动的照片,如图所示。测得相邻小球间的距离xAB=4cm,xBC=8cm。已知O点距离斜面底端的长度为l=35cm。由以上数据可以得出(  )

A.小球的加速度大小为6m/s2
B.小球在B点的速度为0.6m/s
C.斜面上最多有3个小球在运动
D.该照片是距第一个小球释放后0.3s拍摄的

【答案】B
【解析】
A.根据可得小球的加速度大小为

选项A错误;
B.小球在B点时的速度

选项B正确;
D.小球到达B点时的时间

即该照片是距第一个小球释放后0.25s拍摄的,选项D错误;
C.若最高点的球刚释放时,则最高处2球之间的距离为

根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知,各个球之间的距离之比为1:3:5:7……,则各个球之间的距离分别为2cm,6cm,10cm,14cm,18cm…….,因为O点与斜面底端距离为35cm,而前5个球之间的距离之和为32cm,斜面上最多有5个球,选项C错误。
故选B。

如图所示,一个质量为m的木块靠在竖直粗糙墙壁上,且受到水平力F的作用,下列说法正确的是( )

A.若木块静止,当F增大时,木块受到的静摩擦力随之增大
B.若木块静止,则木块受到的静摩擦力大小等于mg,方向竖直向上
C.当木块与墙壁间的滑动摩擦力因素为μ,则当撤去F时,木块受到的滑动摩擦力大小等于
D.若撤去F,木块沿墙壁下滑时,木块受三个外力作用

【答案】B
【解析】
AB.木块在推力作用下静止时,处于平衡态,受推力F、重力G、向上的静摩擦力f和向右的支持力N,根据共点力平衡条件F=N,G=f。当推力增大时,物体仍然保持静止,故静摩擦力的大小不变,始终与重力平衡,且方向为竖直向上。故A错误,B正确。
CD.撤去推力后,墙壁对物体的支持力减小为零,故最大静摩擦力减为零,物体只受重力,做自由落体运动。故CD错误。

一物块用轻绳AB悬挂于天花板上,用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计),系统在图示位置处于静止状态,此时细绳OA与竖直方向的夹角为α,力F与竖直方向的夹角为β,当缓慢拉动圆环使α(0<α<90°)增大时,则

A. F变大,β变小
B. F变小,β变小
C. F变大,β变大
D. F变小,β变大

【答案】A
【解析】由于圆环O是光滑的,所以环的绳子各处张力大小相等,等于物块的重力,当α增大时,AO与OB间的夹角减小,根据平行四边形定则可知,绳AO和OB的拉力的合力变大,由平衡条件可知,F与绳AO和OB的拉力的合力等大反向,所以F变大,α+β变小,则β变小.故选A.

如图所示,在水平向右的匀强磁场中,有一倾角为α的光滑固定斜面,斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的通电直导体棒,导体棒中的电流为I、方向垂直纸面向外,导体棒刚好能静止在斜面上;重力加速度为g。则匀强磁场的磁感应强度大小为(  )

A.
B.
C.
D.

【答案】D
【解析】
根据左手定则可知导线受到的安培力竖直向上,其还受竖直向下的重力,要使导线能静止在斜面上,则只有

所以解得

故D正确,ABC错误。
故选D。

如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度为g. 在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是(  )

A. 运动员减少的重力势能全部转化为动能
B. 运动员获得的动能为mgh
C. 运动员克服摩擦力做功为mgh
D. 下滑过程中系统减少的机械能为mgh

【答案】D
【解析】
根据下降的高度分析重力势能的减少量.由牛顿第二定律可求得合外力,则可求得合力所做的功;则由动能定理可求得动能的变化量,分析人在运动过程中的受力及各力做功情况,求得摩擦力;由摩擦力做功可求得机械能的变化量.
A.由于人下滑的加速度 a=g<gsin30°,所以人在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用,由功能关系可知,运动员的重力势能转化为动能和内能,则运动员减少的重力势能大于增加的动能,故A正确;
B.由牛顿第二定律可知,人受到的合力 F=ma=mg,合力对运动员做的功 W=Fs=mg•2h=mgh;由动能定理可知,运动员获得的动能为mgh;故B错误;
C.物体合外力F=mgsin30°-Ff=mg,故摩擦力大小 Ff=mg;运动员克服摩擦力做功 Wf= mg×2h=mgh;故C错误;
D.运动员克服摩擦力做功等于机械能的减小量,故机械能减小了 mgh,故D正确;
故选AD。

如图所示,在匀强电场中有O、A、B三点,OA=OB=5cm,其中O、A电势分别为0和5V,OA与OB的夹角为120°,A、B在同一条竖直线上。现有一不计重力的带电粒子从A点沿AO方向飞入电场,经过B点时的动能与在A点时相同,则下列说法正确的是(  )

A.该粒子带正电
B.粒子运动过程中,电场力一直做正功
C.粒子能运动到O点,且在O点时电势能为零
D.该电场的场强大小为200V/m,方向水平向左

【答案】D
【解析】
AB.粒子只受电场力作用,则粒子的动能和电势能之和守恒,因粒子在AB两点的动能相同,可知粒子在AB两点的电势能相等,即AB两点电势相同,则场强的方向垂直AB指向O,由粒子的运动轨迹可知,粒子带负电,从A到B电场力先做负功后做正功,选项AB错误;
C.粒子从A点沿AO方向飞入电场受到的电场力方向垂直AB向右,则粒子不可能运动到O点,选项C错误;
D.该电场强度大小为

方向水平向左,选项D正确。
故选D。

如图所示,一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上,它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β,且α<β,M的顶端装有一定滑轮,一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块,细绳与各自的斜面平行,不计绳与滑轮间的摩擦,A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细绳后,A、B滑至斜面底端,M始终保持静止。则(  )

A.滑块A的质量大于滑块B的质量
B.两滑块到达斜面底端时的速度大小相同
C.两滑块同时到达斜面的底端
D.在滑块A、B下滑的过程中,斜面体受到水平向左的摩擦力

【答案】ABD
【解析】
A.由题意可知滑块A和滑块B沿斜面方向的分力等大,有

由于α<β,故可得,故A正确;
B.剪断细绳后,两滑块下落过程中机械能守恒,有

可得

由于两滑块离地高度差相等,故落地速度大小相等,方向不同,与质量无关,故B正确;
C.滑块下滑过程中由牛顿第二定律得

所以得

又由于α<β,则,物体的运动时间

因为速度大小相同,故可得,故C错误;
D.根据牛顿第三定律可知滑块A和B对斜面的压力大小分别等于它们重力沿垂直斜面的分力,如图:

故有

因为由A选项可知

并且α<β,所以有

故斜面体受到水平向左的摩擦力,故D正确。
故选ABD。

如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知P、Q、M三颗卫星均做匀速圆周运动,其中P是地球同步卫星,则(  )

A.卫星Q、M的加速度aQ>aM
B.卫星P、M的角速度ωP<ωM
C.卫星Q不可能相对地面静止
D.卫星P、Q的机械能一定相等

【答案】BC
【解析】
A.由万有引力提供向心力
G=ma

a=G
卫星Q、M的加速度
aQ<aM
故A错误;
B.由万有引力提供向心力
G=mω2r


则半径大的角速度小,则
ωP<ωM
故B正确;
C.卫星Q的轨道平面不与赤道重合,则不可能相对地面静止,选项C正确;
D.卫星P、Q的质量关系不确定,则机械能不一定相等,选项D错误。
故选BC。

如图所示电路中,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时,以下判断正确的是(  )

A.电压表示数变大 B.通过灯L1的电流变小
C.通过灯L2的电流变小 D.通过灯L2的电流变大

【答案】AC
【解析】
当滑动变阻器的滑片P从b端向a端向下滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,通过L2的电流减小;由
U并=E-I(RL2+r)
知,变阻器与L1并联部分电压增大,所以电压表示数变大,通过灯L1的电流变大,故AC正确,BD错误。
故选AC。

如图所示,传送带的水平部分长为,传动速率为,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为,则木块从左端运动到右端的时间可能是(  )

A. B. C. D.

【答案】ACD
【解析】
A.木块在传送带上先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度
a=μg
匀加速运动的时间

匀加速直线运动的位移

匀速运动的时间

则木块从左端运动到右端的时间

故A正确;
BD.木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动,到达右端的速度恰好为v,根据平均速度推论知

则运动的时间

故B错误,D正确;
C.木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动,根据



故C正确。
故选ACD。

如图所示,竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道,最高点M、N与圆心O、在同一水平线上,物块甲、乙质量之比为1:3。物块甲从M处由静止开始无初速释放,滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞,碰撞时间很短可不计,碰后物块甲立即反向,恰能回到轨道上Q点,物块甲、乙均可视为质点,不计空气阻力,下列说法正确的是(  )

A.QP之间的竖直高度为
B.QP之间的竖直高度为
C.在以后的运动中,物块甲不能回到M点
D.在以后的运动中,物块甲能回到M点

【答案】AD
【解析】
AB.设QP之间的竖直高度为h,物块甲M点滑到P点过程机械能守恒,由机械能守恒定律得

解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小
碰后物块甲立即反向,恰能回到轨道上Q点,由机械能守恒定律得

解得碰撞后甲的速度大小为
设甲的质量为m,则乙的质量为3m,甲乙发生弹性碰撞,以向左为正方向,根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

联立解得,故A正确,B错误;
CD.由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等,则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞,以向右为正方向,由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得物块甲的速度大小为
碰撞后对甲,由机械能守恒定律得

解得h′=R,物块甲能回到M点,故C错误,D正确。
故选AD。

请按下列要求作答
(1)图1是某多用电表的表盘示意图,当用“0~50V”量程测直流电压时,指针位置如图中①所示,其示数为______V;当用“×100”欧姆挡测量某定值电阻的阻值时,其指针位置如图中②所示,其示数为:______Ω。

(2)图2中游标卡尺的示数为______mm。

【答案】33.0 1400 7.5
【解析】
(1)[1]当用“0~50V”量程测直流电压时,最小刻度为1V,则示数为33.0V;
[2]当用“×100”欧姆挡测量某定值电阻的阻值时,其示数为:14×100Ω=1400Ω;
(2)[3]图中游标卡尺的示数为:7mm+0.1mm×5=7.5mm

某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”,已知重力加速度为g,打点计时器所接的交流电的频率为50Hz,滑轮光滑,力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验步骤如下:

①按图所示,安装好实验器材,但不挂砝码盘;
②垫高长木板右端,轻推小车后,使小车能沿长木板向下匀速运动;
③挂上砝码盘,调节木板左端定滑轮的高度以及力传感器的固定位置,使牵引动滑轮的细线与木板平行;
④砝码盘中放入砝码,先接通电源,再释放小车,由打出的纸带求出小车的加速度并记录传感器示数;
⑤改变砝码盘中砝码的数量,重复步骤④,求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程,回答以下问题:
(1)对于上述实验,下列说法正确的是______。
A.必须要测出砝码和砝码盘的总质量
B.传感器的示数等于小车受到的合力
C.小车向左加速时,砝码处于失重状态
D.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)如图是以传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图象。

①分析图时,该小组用量角器测得图线与横坐标的夹角为θ,通过计算式求得图线的斜率为k,则小车的质量为______
A. B. C. D.
②若实验过程中,交流电的实际频率比50Hz稍大一些,则计算所得的小车加速度应比小车的实际加速______(选填“大”或“小”)。
(3)本实验中,随着砝码质量的增加,测得的小车加速度也会增加,当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时,小车的加速度大小约为______。
A.2g B.1.5g C.g D.0.5g

【答案】C C 小 D
【解析】
(1)[1]AD.小车受到的拉力,可以直接由力传感器测出,所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量,故不需要测出砝码和砝码盘的总质量,故AD错误;
B.对小车受力分析,可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍,故B错误;
C.小车向左加速,则砝码和砝码盘向下加速,即重力大于轻绳的拉力,故砝码等于失重状态,故C正确。
故选C。
(2)①[2]对a-F图来说,图象的斜率表示小车质量的倒数,对小车根据牛顿第二定律有:

变形得:

由题知该图象的斜率为k,则有:

解得:

故C正确,ABD错误。
故选C。
②[3]若交流电的实际频率大于50Hz,打点计时器打点的时间间隔小于0.02s,计数点间的时间间隔小于0.1s,计算加速度时所用时间t偏大,加速度的测量值小于真实值,即计算结果与实际值相比偏小;
(3)[4]设小车的加速度为a,则砝码和砝码盘向下加速为2a,对小车,根据牛顿第二定律有:

对砝码和砝码盘,根据牛顿第二定律有:

联立解得:

由上可知,当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时,即,小车的加速度大小约为:

故D正确,ABC错误。
故选D。

若已知某星球的质量为M、半径为R,在星球表面某一高度处自由下落一重物,经过t时间落到星球表面,不计星球自转和空气阻力,引力常量为G。试求:
(1)该星球的第一宇宙速度v;
(2)物体自由下落的高度h。

【答案】(1);(2)
【解析】
(1)由

得该星球的第一宇宙速度

(2)设星球表面重力加速度为g,则有


如图所示,以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有2s将熄灭,此时汽车距离停车线17m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2,减速时最大加速度大小为4m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s。某司机正常反应时间为0.4s。问:
(1)这位司机打算加速前进,车头能否在绿灯熄灭前通过停车线?
(2)若司机反应时间变为原来的3倍,采取立即刹车。通过计算分析车头在绿灯熄灭后是否会越过停车线?

【答案】(1)能通过;(2)会越过停车线
【解析】
(1)汽车在反应时间内行驶的位移
m
设加速到最大速度所需的时间为,则

在剩余1.6s时间内加速行驶的位移

故总位移
m>17m
所以车头能在绿灯熄灭前通过停车线
(2)若司机反应时间增长至原来的3倍,则
汽车在反应时间内行使的位移
m
采取立即刹车停下来运动的位移

则汽车此过程中运动的总位移
m
所以绿灯熄灭后汽车会继续前进使车头越过停车线。

如图所示,竖直平面内的 圆弧形光滑轨道半径为R,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面.B端在O的正上方.一个小球在A点正上方由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆形轨道并恰能到达B点,求:
(1)释放点距A点的竖直高度;
(2)小球落到斜面上C点时的速度大小

【答案】(1)1.5R;(2)
【解析】
(1)小球恰能到达B点,在B点由重力提供向心力,则有

得:
设小球的释放点距A点高度为h,小球从开始下落到B点,由动能定理得

得:
(2)小球离开B点后做平抛运动,小球落到C点时有

解得:
小球落在斜面上C点时竖直分速度为

小球落到C点得速度大小

如图所示,一长L=2m、质量M=4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5m,木板的正中央放有一质量为m=1kg的物块可视为质点,已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为µ1=0.4。t=0时刻对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48N,g取10m/s2,试求:
(1)t=0时刻木板和物块的加速度大小;
(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

【答案】(1)6m/s2;4m/s2;(2)
【解析】
(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律
对木板有

解得

对物块有

解得

因为,故假设成立;
(2)设F作用t秒后,小物块恰好从木板左端滑离,则有

代入数据解得
t=1s
在此过程中,物块的位移为

末速度为

小物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律
对物块有

解得

若小物块在平台上速度减为0,则通过的位移为

要使小物块最终不会从平台上掉下去需满足

联立解得

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