第=page22頁，共=sectionpages22頁第=page11頁，共=sectionpages11頁2021-2022學年江蘇省南通市海安市高三（上）期中物理試卷一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）我國ETC電子不停車收費系統已實現全國聯網，大大縮短了車輛通過收費站的時間。下列圖像中，可以描述汽車利用該系統通過收費站的是(A. B.

C. D.如圖所示，游樂場的旋轉盤上，開始時有的人離轉軸近一些，有的人離轉軸遠一些。當旋轉盤加速轉動時，哪些人更容易發生滑動(???A.離軸近的

B.離軸遠的

C.質量大的

D.質量小的兩個體重相同的學生分別以圖示路徑由靜止從地面登上高為h的階梯頂端A，對于這個過程，下列說法正確的是(???A.兩學生的位移相等

B.兩學生運動時間一定相等

C.兩學生克服重力做功一定相等

D.兩學生克服重力做功的平均功率一定相等

2021年10月16日我國三位航天員再次進入“天宮號”空間站，航天員將在“太空之家”駐留六個月，開展各項科學實驗和技術試驗，下列實驗中不適合在空間站開展的是(??A.①驗證力的平行四邊形定則 B.②落體法測空間站重力加速度

C.③向心力演示器探究向心力 D.④靜電感應使金屬導體帶電在勻強電場中，直線AO平行于電場線，AB=BO，直線MN心直與AO，MO=ONA.EA=EM=EO B.我國預計2022年發射首顆北極航道監測SAR衛星，該衛星將運行在經過地球兩極的圓軌邊上，已知衛星的環繞速度為v，繞行周期是T，引力常量為G，下列說法正確的是(A.該衛星可能是地球同步靜止衛星

B.該衛星曉行速度可以大于第一宇宙速度

C.由該衛星運行數據v、T可求由地球的質量

D.由于稀薄空氣影響，運行一段時間后，衛星會遠離地球水池中觀賞噴泉的水流以與水面成相同夾角、大小相等的速度向四周噴出，不計空氣阻力，下列說法正確的是(???A.水落回水面的速度都相同

B.水到達最高點的速度為零

C.初速度加倍，水的水平射程加倍

D.初速度加倍，水在空中飛行時間加倍

圖甲表示某金屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況。把這段金屬絲與電池、電流表串聯起來(圖乙)，用這段金屬絲做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡單的電阻溫度計，下列對此溫度計的描述，正確的是(??A.溫度升高，指針偏轉角變大

B.表盤上的溫度刻度均勻分布

C.串聯一個大電阻可以提高溫度計精度

D.電池內阻變大后測得的溫度值偏高矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑水平面上，一子彈以速度v0水平射向滑塊；若射擊下層，子彈剛好不射出，如圖甲所示；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖乙所示，比較上述兩種情況，下列說法正確的是(?A.系統產生的熱量相等 B.子彈對滑塊做功不相等

C.子彈和滑塊間的作用力相等 D.子彈和滑塊間作用時間相等在如圖所示的電路中，R0是定值電阻，R1、R2是滑動變阻器，D為理想二極管。電源的電動勢為E，內阻為r，接通開關S，質量為m的帶電油滴恰能靜止在水平放置的兩金屬板間。若只改變其中的一個條件，下列說法正確的是A.將R1的滑片向右移動，油滴將向下運動

B.將R2的滑片向右移動，油滴將向下運動

C.斷開開關S，將有電子自下而上通過理想二極管D

D.二、實驗題（本大題共1小題，共15.0分）某同學用如圖所示裝置做驗證機械能守恒定律的實驗。

(1)除了提供圖中的器材，實驗室還需要準備下列器材______。

A.游標卡尺

B.秒表

C.天平

D.彈簧秤

(2)實驗的主要步驟如下：其中不妥當的操作步驟是______。(填寫步驟序號)

A.將導軌調至水平

B.測出遮光條的寬度d

C.測出鉤碼質量m和帶長方形遮光條的滑塊總質量M

D.將滑塊移至圖示A位置，測出遮光條到光電門的距離L

E.釋放滑塊，然后開啟氣泵，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t

(3)在實驗操作正確的前提下，滑塊從A靜止釋放運動到光電門B的過程中，系統的重力勢能減少量為______，若系統符合機械能守恒定律，測得的物理量應滿足的關系式為______。(用(2)中給出的字母表示)

(4)若氣墊導軌左端的滑輪調節過高，使得拉動物塊的繩子與氣墊軌道之間存在夾角，不考慮其它影響，滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A點運動至B點的過程中，滑塊、遮光條與鉤碼組成的系統重力勢能減小量的測量值______(填“大于”“小于”或“等于”)動能增加量的測量值。

(5)該實驗小組在研究中發現利用該裝置可以測量帶長方形遮光條滑塊的總質量M。實驗小組多次改變光電門的位置，且每次都將滑塊從同一點A靜止釋放，測出相應的L與t值，完成實驗后，某同學根據測量數據作出1t2?L圖像，測得直線的斜率為k，已如鉤碼的質量三、計算題（本大題共4小題，共45.0分）如圖所示，機場地勤人員利用傳送帶往飛機上運送行李，傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉軸間距L=4.05m。地勤人員將小包裹(可視為質點)輕輕放在傳送帶底端。已知傳送帶運行速率恒為v0=0.8m/s，小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37一質量為m、半徑為R的光滑圓環用細繩OP懸掛著，原長為2R的兩個輕質彈簧，一端固定在圓環上P點，另一端與質量均為m的小球A、B連接，小球A、B套在圓環上。如圖，彈簧長為2R時，同時由靜止釋放A、B兩小球，小球沿圓環運動到最低點發生彈性碰撞后，彈簧與小球脫落，兩小球恰好能繼續運動到圓環最高點P。求：

(1)釋放A、B兩小球前，兩彈簧中存儲的彈性勢能總量Ep；

(2)整個過程中細繩OP受到的最大拉力FT。如圖所示，兩金屬板A、B水平放置，間距為3d。距離A下方2d處有一水平放置的金屬網G，A、B、G的尺寸相同，G接地，A、B的電勢均為φ(φ>0)。今有一帶電粒子從金屬網G的左側正上方P點以初速度v0水平射入電場，P點到G的距離為d。粒子穿越金屬網過程中與金屬網不接觸，已知帶電粒子的質量為m、電荷量為q(q>0)，粒子重力忽略不計。求：

(1)粒子第一次到達G所需的時間t；

如圖甲所示，傾角為45°的斜面體A靜止于水平地面上，半徑為R的光滑球B剛好置于豎直墻面和斜面體之間。現用水平外力F推動斜面體A使其緩慢向左移動，已知斜面體A的質量為m，球B的質量為2m，斜面與地面間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度為g。求：

(1)水平推力F；

(2)球B重力勢能增量的最大值ΔEp；

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、根據x?t圖像的斜率表示速度，知該圖表示汽車先做加速直線運動，后沿原方向做減速直線運動，與實際不符，故A錯誤；

B、根據x?t圖像的斜率表示速度，知該圖表示汽車先做減速直線運動，后靜止，再沿原方向做加速直線運動，與實際不符，故B錯誤；

C、該圖表示汽車先做減速直線運動，后沿原方向做加速直線運動，能描述汽車利用該系統通過收費站的運動情況，故C正確；

D、該圖表示汽車先做加速直線運動，后沿原方向做減速直線運動，不能描述汽車利用該系統通過收費站的運動情況，故D錯誤。

故選：C。

根據x?t2.【答案】B

【解析】解：游樂場的旋轉盤上，人隨盤一起做勻速圓周運動，角速度相等，由靜摩擦力提供向心力，當轉盤角速度過大，則靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，滑動摩擦力提供向心力，設人的質量為m，根據牛頓第二定律得：μmg=mω2r，由此可見，離軸越遠，向心加速度越大，所需向心力越大，越容易滑動，故B正確，ACD錯誤。

故選：3.【答案】C

【解析】解：A、由位移的定義可知，兩學生的位移不相等，故A錯誤；

B、由于兩學生的位移不相等，且運動速度不知道，故兩學生運動時間無法比較，故B錯誤；

C、由于兩學生豎直方向上升的高度相同，且兩同學體重相同，故克服重力做功一定相等，故C正確；

D、由于兩學生運動的時間不知道，故兩學生克服重力做功的平均功率無法比較，故D錯誤。

故選：C。

根據位移的定義判斷；由位移和速度判斷時間；根據W=Gh判斷克服重力做功；根據W=4.【答案】B

【解析】解：空間站里面的物體處于完全失重狀態。

A.在空間站橡皮筋和彈簧測力計均可以正常使用，所以該實驗可以完成，故A不符合題意；

B.在空間站里自由釋放物體，物體在空中漂浮著，不會下落，所以該實驗無法完成，故B符合題意；

C.向心力演示儀通過彈簧形變程度顯示向心力的大小，所以該實驗可以完成，故C不符合題意；

D.靜電感應使物體帶電，是在電場的作用下，電荷從導體的一端轉移到另一端，所以該實驗可以完成，故D不符合題意。

故選：B。

空間站里面的物體處于完全失重狀態，其中橡皮筋和彈簧測力計均可以正常使用；向心力演示儀通過彈簧形變程度顯示向心力的大小，可以完成；靜電感應使物體帶電，是在電場的作用下，電荷從導體的一端轉移到另一端，也可以完成。在空間站里自由釋放物體，物體在空中漂浮著，不會下落，所以不能完成重力加速度的測量。

本題考查各個實驗完成需要的物理條件，要求學生熟練掌握基本實驗器材的原理。屬于基礎簡單題目。

5.【答案】B

【解析】解：ABD、金屬球殼放入勻強電場中，根據靜電屏蔽可知EO=0，φO=φB=0，根據電場線疏密可知EA>EM>EO，故AD錯誤，B正確；

C、由圖可知MN連線與電場線垂直，無窮遠處電勢為0，則可知φM=φN=φO6.【答案】C

【解析】解：A、地球同步衛星一定在赤道正上方，而該衛星運行在經過地球兩極的圓軌邊上，不可能相對于地球靜止，故A錯誤；

B、第一宇宙速度等于貼近地面的衛星做勻速圓周運動的速度，由萬有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，可知軌道半徑越大，線速度越小。該衛星運行的軌道半徑大于地球的半徑，其速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；

C、根據萬有引力提供向心力，則有：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錯誤；

B、地面成一定角度的噴泉噴出的水做斜拋運動，則最高點具有水平速度，故B錯誤；

CD、設初速度大小為v0，與水平方向的夾角為θ

斜拋運動在豎直方向上的分運動為豎直上拋運動，其上升到最高點的時間為v0g，則其水在空中運動的時間為t=2v0sinθg

斜拋運動在水平方向上的分運動為勻速直線運動，則水的水平射程x=v0co8.【答案】C

【解析】解：ABD、根據閉合電路歐姆定律有I=ER+r，可知表盤的溫度刻度不均勻，當溫度升高電阻增大，則電流減小，所以指針偏轉角變小，當r增大時，測量溫度偏低，故ABD錯誤；

C、串聯一個大電阻，根據閉合電路歐姆定律有I=ER+r9.【答案】A

【解析】解：最終子彈都未射出，則最終子彈與滑塊的速度相等，根據動量守恒定律知，兩種情況下系統的末速度相同。

A、根據能量守恒定律得，系統初狀態的總動能相等，末狀態總動能相等，系統產生的熱量等于系統機械能的減少量，兩種情況下產生的熱一樣多，故A正確；

B、根據動能定理可得，子彈對滑塊做的功等于滑塊動能的增加量，由于兩種情況下滑塊增加量相等，所以子彈對滑塊做功相等，故B錯誤；

C、由于兩種情況下產生的熱相等，根據Q=fΔs可知，Δs越大，f越小，故甲圖中子彈和滑塊間的作用力小，故C錯誤；

D、由于甲圖中子彈和滑塊間的作用力小，根據牛頓第二定律可知甲圖中子彈的加速度小，根據速度—時間關系可得：t=Δva，兩種情況下速度的變化量相等，所以甲圖中子彈和滑塊間作用時間長，故D錯誤。10.【答案】C

【解析】解：帶電油滴受到向下重力和向上的電場力，且電場力大小等于重力大小，由此判斷出油滴帶負電。

A、將R1的滑片向右移動，電阻R1阻值變小，根據串聯電路電壓規律，RT兩端分得的電壓變大，電容間的電場強度變大，帶電油滴所受電場力變大，此時合力方向向上，帶電油滴將向上運動，故A錯誤。

C、當斷開開關后，電容會放電，電流自上而下流過二極管，即有電子自下而上通過二極管到達上極板，故C正確。

B、電阻R2的大小不影響電容兩端電壓和電路電流，則油滴仍保持靜止，故B錯誤。

D、增大電容器兩極板的距離，電容兩端電壓不變，根據E=Ud可知，兩極板間的勻強電場強度變小，電場力小于重力，油滴向下運動，故D錯誤。

故選：C。

改變11.【答案】AC

E

mgL

mgL【解析】解：(1)本實驗是通過實驗測量出滑塊和砝碼組成的系統減少的重力勢能和增加的動能來驗證機械能守恒的。實驗需要用游標卡尺測量遮光條的寬度；數字計時器可以記錄通過光電門的時間；重力勢能和動能都與質量有關，需測量質量；故實驗室還需要準備游標卡尺和天平。故選：AC。

(2)基本實驗步驟如下：

先測出遮光條寬度d，鉤碼質量m和帶長方形遮光條的滑塊總質量M，遮光條到光電門的距離L；

將氣墊導軌調至水平，再將滑塊移至圖示A位置；

開啟氣泵，然后釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t；

最后處理實驗數據，計算出系統減少的重力勢能和增加動能。

綜上所述，不妥當的操作步驟是E。

(3)滑塊從A靜止釋放運動到光電門B的過程中，系統的重力勢能減少量為：

ΔEp=mgL，

利用遮光條通過光電門的平均熟讀代替瞬時速度：

v=dt，

系統增加的動能為：

ΔEk=12(m+M)v2，

若系統符合機械能守恒定律，則

ΔEp=ΔEk，

測得的物理量應滿足的關系式為：

mgL=12(M+m)(dt)12.【答案】解：(1)開始時，小包裹的速度為零，則摩擦力沿傳送帶方向向上，由牛頓第二定律得：

μmgcosα?mgsinα=ma

代入數據解得：a=0.4m/s2；

(2)設經過t1時間與傳動帶共速，則有：t1=v0a=【解析】(1)以小包裹為研究對象，由牛頓第二定律求解加速度大小；

(2)設經過t13.【答案】解：(1)由題意可知，A、B兩小球的運動關于圓環的豎直直徑是對稱的，設碰撞前瞬間兩球的速度大小均為v1，碰撞后瞬間兩球的速度大小均為v2。

碰后到圓環最高點P的過程，對A或B球由機械能守恒得：

12mv22=mg?2R

A、B彈性碰撞過程，滿足機械能守恒定律，則有：

2×12mv12=2×12mv22

v1=v2=2gR

釋放時彈簧長為2R，可知此時A、B球處在與圓環圓心等高處，在最低點彈簧處于原長，其彈性勢能為零。兩球沿圓環運動到最低點的過程，根據機械能守恒定律可得：

Ep+2mgR=2×12mv12

解得：Ep=【解析】(1)兩小球的運動具有對稱性，對碰后到圓環最高點的過程，由機械能守恒解得碰撞時的速度，再對兩球沿圓環運動到最低點的過程，根據機械能守恒定律接得所求；

(2)兩小球在最低點時，細繩O14.【答案】解：(1)粒子在豎直方向做勻加速直線運動，第一次到達G所需的時間為t，則有

d=12at2

根據牛頓第二定律有：qUAG2d=ma

UAG=φ

聯立解得

a=qφ2dm，t=2dmq?

(2)粒子穿過G板時的豎直方向的速度為

v=at

粒子穿過G后，粒子的加速度為

a′=qφdm=2a

則粒子穿過G后，粒子在豎直方向做勻減速直線運動，速度減為0所用時間為

t′=va′=v2a=12t

因為

d=v2t

則

d′=v2t′=12d

所以粒子穿過G后距【解析】(1)根據牛頓第二定律求解加速度，根據類平拋運動求解時間；

(2)粒子穿過G后，粒