新泰市2022-2023学年高三上学期期中考试
物理试题
一、单选题(每题3分共24分)
1.如图是一质点做简谐运动的振动图像。下列说法正确的是
A.在任意的时间内,质点经过的路程都是
B.时,质点的位移最小
C.和两个时刻,质点的速度大小相等,方向相反
D.和两个时刻,质点的加速度大小相等,方向相反
2.如图所示,为直角三角形的边上的一点,,垂直于两点固定着两个点电荷,固定于点的是电荷量为的负电荷。已知位于点、带正电的检验电荷受到的库仑力沿方向,则处点电荷
A.带正电、电荷量为
B.带正电、电荷量为
C.带负电、电荷量为
D.带负电、电荷量为
3.如图所示,长为的细绳下方悬挂一小球,静止时小球位于点。绳的另一端固定在天花板上点处,在点正下方的处固定一铁钉。将小球向右拉到点,使细绳与竖直方向成一小角度(约为)后由静止释放,重力加速度为,不计空气阻力,下列说法中正确的是
A.小球第一次返回到点所用时间为
B.小球第一次返回到点所用时间为
C.小球在振动过程中的合力等于重力沿切线方向的分力
D.小球在振动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力
4.有一匀强电场,方向平行于平面,平面内四点的位置如图所示,分别垂直于轴、轴,其中三点电势分别为、。将电荷量为的正点电荷从点沿路线移动,则下列判断正确的是
A.坐标原点0的电势为
B.电场强度的大小为
C.该点电荷在点的电势能为
D.该点电荷从点移动到点的过程中,电场力做功为
5.无动力翼装飞行是一种极限运动,也称飞鼠装滑翔运动。若质量为的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动,最大速度达,翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为,运动员受到空气的作用力的方向与飞行方向垂直,取,则此过程中
A.
B.加速度大小为
C.用时达到最大速度
D.下降高度为达到最大速度
6.如图所示,小球可视为质点,装置静止时轻质细线水平,轻质细线与竖直方向的夹角。已知小球的质量为,细线长点距点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动,且小球始终在平面内,那么在角速度从零缓慢增大的过程中（ ）（重力加速度取)
A.两细线张力均增大
B.细线中张力一直变小,直到为零
C.细线中张力一直增大
D.当中张力为零时,角速度可能为
7.如图所示,物体质量分别为,叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对施加一竖直向下、大小为的外力,使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为。现突然撤去外力,设两物体向上运动过程中间的相互作用力大小为,则在分离前,下列说法正确的是
A.刚撤去外力时,
B.弹簧弹力等于时,
C.两物体在弹簧恢复原长之前分离
D.弹簧恢复原长时
8.将一弹性小球从距地面高度处的点以某一速度水平拋出,与前方的一面竖直墙弹性碰撞,且碰撞满足光的反射定律(碰后小球竖直速度不变,水平速度大小不变,与墙壁的夹角不变)。已知与竖直墙面的夹角为,小球落地后不再反弹。落地点到墙面的距离为;若小球从点以的初速度沿原方向水平抛出,落地点到墙面的距离为。已知重力加速度为,则小球第一次抛出的初速度和点到墙面的距离为
A.
B.
C.
D.
二、多选题(每题4分共16分)
9.2022年6月,“神舟十四号”载人飞船与“中国空间站”成功对接,全国人民为之振奋。已知空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为,地球半径为,万有引力常量为,地球表面重力加速度为,圆周率为,下列说法正确的是
A.空间站做圆周运动的加速度小于
B.空间站的运行速度介于与之间
C.根据题中所给物理量可计算出地球的密度
D.空间站离地面的高度为
10.如图所示,质量为的小物块置于倾角为的固定斜面上、在水平向右的推力作用下以速度匀速运动,速度方向与水平推力方向成角沿斜面向下。重力的功率为,水平推力的功率为。已知重力加速度为,则
A.
B.
C.
D.
11.如图所示,竖直面内固定一内壁光滑的圆形细管,其半径为分别为细管的最高点和最低点,为细管上与圆心处于同一水平高度的两点,细管内有一直径稍小于细管内径的质量为的小球,小球可视为质点。开始时小球静止在点,某时刻对小球施加轻微扰动,使小球自向沿着细管开始滑动,小球到达点时恰对细管无作用力。以过直线的水平面为重力势能的参考平面,重力加速度为,下列说法正确的是
A.小球在点时的机械能为
B.小球在点时的速度为
C.小球到达点时,细管对小球的作用力大小为
D.小球自点下降到点的过程中,重力的瞬时功率一直增大
12.如图所示,足够长的光滑水平面上静止一质量为的弧槽,弧槽和水平面平滑连接,质量为的滑块(可视为质点)从距离水平面高度为的点由静止沿弧槽滑下,之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切阻力及能量损失,重力加速度大小为,下列说法正确的是
A.滑块沿弧槽下滑过程中,二者组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.弹簧获得最大弹性势能为
C.滑块沿弧槽上升的最大高度等于
D.滑块再一次离开弧槽后,不可能和弹簧发生作用
三、实验题(2个题目，共14分)
13.(8分)某同学要做“验证碰撞中动量守恒”的实验,设计了如图所示的装置。左端带有弧面的长木板固定在水平面上,质量为的物块从点无初速滑下后停在点,把质量为的物块放在点,让物块屷从点无初速滑下,与物块正碰后物块分别停在点和点（碰后物块末返回到弧面),测出点间的距离点间的距离点间的距离,物块与长木板间的动摩擦因数相同。
(1)实验中m(填“大于"“等于”或“小于”) (填“需要”或“不需要”)测出动摩擦因数。
（2）根据上面的数据,若表达式 成立,则两物块碰撞过程中动量守恒得到验证。
(3)若碰撞为弹性碰撞,则 （结论用表示）。
14.（6分)某同学利用重物自由下落做“验证机械能守恒定律”的实验,装置如图甲所示。
（1）实验装置图甲中的明显错误为: .
（2）改正装置甲中的错误后,继续做实验,如图乙所示是实验打出的纸带,打点计时器的打点周期为。选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点,测出它们到打出的第一个点的距离分别为;处理所测数据,若能满足关系式 ,则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量符号表示)。
（3）某同学计算出各点的瞬时速度后,作出了图像如图丙所示,则由图像得到的重力加速度(结果保留三位有效数字)。四、解答题（4个题目，共46分)
15.(8分)一列横波沿直线向右传播,在波的传播方向上有两点。在时两点间形成如图甲所示的波形,在时两点间形成如图乙所示的波形。已知两点间距离,该波的振幅。求:
（1）此横波的周期和波速;
（2）平衡位置在处的质点的振动方程。
16.(12分)如图所示为一货物传送装置示意图。轻质弹簧下端固定在斜面底端,上端连接质量不计的装置静置于点,小车载着货物从斜面顶端点无初速滑下,第一次下滑到点时撞击,与一起压缩弹簧,当速度减为零时装置自动锁定。卸下货物后,装置解除锁定,小车从点被弹出,弹出时的速度与小车第一次下滑到点的速度大小相等,小车在不启动动力装置时可上滑到点,已知,斜面倾角,重力加速度。
（1）求小车与段间的动摩擦因数;
（2）若段长,为使小车回到点,需启动动力装置使小车从点匀速上行一段时间,求小车匀速上行的最短时间。
17.(12分)如图所示,绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于点,圆形轨道半径为,水平轨道段长度也为,竖直边界左侧分布有水平向左的匀强电场,场强。质量为,带电量为的物块以水平方向速度从点进入电场,水平轨道段与物块的动摩擦因数,(重力加速度为)。求:
（1）若物块的速度,物块经过圆形轨道最低点时对轨道的压力大小;
（2）若要使物块能做完整的圆周运动,物块的速度需要满足什么条件。
18.（14分）如图甲所示,木板静置于水平地面上,物块静置于其上。现给物块施加水平向右的外力随物块的位移变化的图像如图乙所示,当物块的位移为时撤去外力,此时恰好发生弹性碰撞。最后均静止。已知物块与木板三者的质量均为,物块与木板间的动摩擦因数均为,木板与地面间的动摩擦因数为,重力加速度,整个运动过程中物块均未滑离木板。求:
（1）施加外力的瞬间,三者的加速度大小;
（2）初始时,物块的间隔距离;
（3）整个运动过程中,木板位移的大小;
（4）整个运动过程中,产生的热量。新泰市 2020级高三上学期期中考试物理试题答案
1．A【详解】A．由图可知，质点做简谐运动的周期是 4s，在任意 2s的时间内，
质点经过的路程都是振幅的两倍，即 4cm。故 A正确；
B．由图可知 t 3s时，质点的位移是负向最大，故 B错误；
C．由图可知， t 1.5s和 t 2.5s两个时刻，质点的速度大小相等，方向相同
D．同理， t 0.5s和 t 1.5s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相同
2．B【详解】若位于 N点、带正电的检验电荷受到的库仑力沿 NO方向，则 M
点的电荷对检验电荷的静电力是斥力，所以M点的电荷是正电荷，设 ON间距
x 2
r x1 x r2 2x
为 x，则 PN间距为 cos30 3 MN间距为 sin 30
kQq kQ q
sin 30 M cos30
r 2 r2且 1 2 可得QM 3Q故 B正确，ACD错误。
3．A【详解】AB．小球第一次返回到 A点所用时间，即小球摆动的周期，等于
1
l
摆长为 l的单摆和摆长为 4 的单摆的周期之和的二分之一，即
1
T (2 l l 3 l 2 ) A正确、B错误；
2 g 4g 2 g
C．小球在振动过程中的合力等于所受重力和摆线拉力的合力，C错误；
D．小球在振动过程中的回复力等于重力沿切线方向的分力，D错误。
4．B【详解】A．由几何关系可知 c点与b点的电势差等于坐标原点 0与 a点的电
势差，则有 c b 0 a解得坐标原点 0的电势为 0 3.0VA错误；
C．由几何关系可知d 点与坐标原点 0的电势差等于坐标原点 0与a点的电势差，
则有 d 0 0 a解得 d 4.0V
该点电荷在d 点的电势能为 Ep q d 2.0 10
10 4J 8.0 10 10 JC错误；
D．该点电荷从 a点移动到d 点的过程中，电场力做功为
Wad qUad 2.0 10
10 (2.0 4.0)J 4.0 10 10JD错误；
Ucb 5.0 4.0Ex V / m 50V / m
B．根据U Ed 可知沿 x轴方向的分场强大小为 dcb 0.02
Ub0 4.0 3.0
可知沿 y轴方向的分场强大小为 Ey V / m 50V / mdb0 0.02
E E 2 2x Ey 50 2V / m故电场强度的大小为 B正确。故选 B。
5．C【详解】A．对运动员进行受力分析如图所示
则有 F mg cos
由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为 0.75，可知 cos 0.8，
sin 0.6解得 F 640NA错误；
B 2．根据上述有mg sin ma解得 a 6m / s B错误；
C．根据 vmax at0解得 t0 9sC正确；
D．根据上述，达到最大速度时，令下降高度为 h，则有
h 1
at 20 解得 h 145.8mD错误。sin 2
6．D【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件
由平衡条件得 TAB=mgtan37°=0.75mg
mg
TAC＝ ＝1.25mg
cos37
若 AB中的拉力为 0，当ω最小时绳 AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图
5gmin＝
根据受力分析 mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ω 2min 得 4L
根据对称性可知，当ω最大时绳 AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有
mgtanθ2＝mω 2max Lsinθ2
5g 5g 5g
得ωmax＝ 3L 所以ω取值范围为 4L ≤ω≤ 3L
绳子 AB的拉力都是 0．由以上的分析可知，开始时 AB拉力不为 0，当转速在
5g ≤ ≤ 5gω 时，AB的拉力为 0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大
4L 3L
C．当绳子 AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力
5g
始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于 1.25mg；当转速大于 后，绳子与
4L
5g
竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于 后，绳子与竖直方
3L
向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，
AC的拉力继续增大，C错误；
D 5g 5g．由开始时的分析可知，当ω取值范围为 ≤ω≤ 时，绳子 AB的拉力都是
4L 3L
0，D正确。
7．B【详解】A．刚撤去外力 F时，由牛顿第二定律，对 A、B组成的整体有
F=3ma1 对物体 B FN-2mg=2ma1
2F
FN 2mg
联立解得 3 故 A错误；
B．弹簧弹力等于 F时，对 A、B组成的整体有 F-3mg=3ma2
2F
FN
对物体 B有 FN-2mg=2ma2联立解得 3 故 B正确；
CD．当 A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为 0，对 B有
2mg=2ma，a=g
A的加速度也为 g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长
8．A【详解】根据题意可知，两次抛出小球的过程小球运动时间相等，根据
1 2h
h gt 2可得 t
2 g
x1 s x sv0t 2v t
2
根据几何关系可得 sin sin
0 sin sin
x2 x1 gv0
联立可得 sin 2h s x2 2x1故选 A。
Mm
F引 G ma
9．AC【详解】A．由 R2
可知轨道半径越大，加速度越小，空间站做圆周运动的加速度小于 g，A正确；
B．空间站绕地球做匀速圆周运动的运行速度小于第一宇宙速度 7.9km/s，B错
2 2 2 2Mm 4
G m (R h) GMT gR Th 32 2 R 3 R2
C．由 (R h) T 4 4
2
4 2 (R h)3 4 3 MM V R
得 GT
2
由 3 可得 V 故可以算出地球的密度，C正确；
D．空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
Mm 4 2
G m (R h)
(R h)2 T 2
地球上物体受到的重力由万有引力提供，有
Mm
mg G
R2
2 2GMT gR2T
h 3 R 3 R
解得 4
2 4 2 D错误。
10．BD【详解】AB．速度沿斜面向下的分速度 v1=vsin
重力沿斜面向下的分力G1 mg sin
则重力的功率为 P1 G1v1 mgv sin sin 故 A错误，B正确；
CD．物块受到的摩擦力方向与相对运动方向相反，摩擦力 f ，根据平衡条件，
水平推力F=f cos ①mgsin =f sin ②
速度沿水平方向的分速度 v2=vcos ③P2 Fv2④
mgv sin cos2
P2
联立①②③④得 sin 故 C错误，D正确。
11.ABC【详解】A．小球的机械能守恒，以过直线 BOD的水平面为重力势能的
参考平面，小球在 A点机械能为 mgR，则在小球在 C点时的机械能为 mgR
B．小球在 P点时时恰对细管无作用力，设 OP与竖直方向夹角为θ，则
v
2 1
mg cos m P mgR(1 cos ) mv2 6gRP 解得 vP B正确；R 2 3
1 v2
mgR mv2 DD FD m 2mg
C．从 A点到 D点 2 小球到达 D点时 R
即细管对小球的作用力大小为 2mg，C正确；
D．小球在 A点时重力的瞬时功率为零，在 C点时重力与速度垂直，重力的瞬时
功率也为零，则自 A点下降到 C点的过程中，重力的瞬时功率应先增大后减小，
12．BD【详解】A．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在
竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故
滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，故 A错误；
B．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方
向满足动量守恒，设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为 v1，弧槽的速度大
小为 v2，则有mv1 3mv2
滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有
1 1
mgh mv21 3mv
2 gh gh
2 联立解得 v1 3 ， v 2 2 6 2 6
滑块压缩弹簧时，但速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有
1 2 1 gh 2 3EPmax mv1 m(3 ) mgh故 B正确；2 2 6 4
C gh．根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速度大小也为 v1 3 ，滑6
块滑上弧槽过程，当滑块上升至最高点时，两者具有共同的水平速度 v，根据系
统水平方向动量守恒可得mv1 3mv2 (m 3m)v
mgh
1 2 1 1 mv1 3mv
2
2 (m 3m)v
2
根据系统机械能守恒可得 2 2 2
1h h
联立解得滑块沿弧槽上升的最大高度为 4 故 C错误；
D．从滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时，滑块的速度大小
为 v3，弧槽的速度大小为 v4，根据系统水平动量守恒可得mv1 3mv2 mv3 3mv4
1 2 1 2 1 2 1mv1 3mv mv 3mv
2
根据系统机械能守恒可得 2 2
2 2 3 2 4联立解得 v3 0，
gh
v4 2 6
可知滑块再一次离开弧槽时，滑块的速度为零，故滑块不可能和弹簧发生作用，
13． 小于 不需要 m1 L1 m1 L3 m2 L2 L1 L2 L3
【详解】（1）由物块 a碰撞 b后反弹可知m1 m2；
[2]物块 a、b与长木板间的动摩擦因数相同，由 mg ma
2
可知两物块在水平板上运动的加速度大小相等，则有 2ax v
可得 v 2ax可知 v x
既碰撞前后的速度与滑行距离成正比，与动摩擦因数无关，故不需要测出动摩
擦因数；
（2）设碰前 m1的速度大小为 v1，碰后 m1、m2的速度大小分别为 v3、v2，如果
碰撞过程中动量守恒，则有m1v1 m1v3 m2v2
[2] m1 2 gL1 m1 2 gL3 m2 2 gL联立 中表达式可得 2
m L m L m L
整理可得 1 1 1 3 2 2 成立，则两物块碰撞过程中动量守恒得到验证；
1 2 1 1m1v1 m
2 2
2 2 1
v3 m2v2
（3）[4]若碰撞为弹性碰撞，则还满足 2
L L L
联立动量守恒的公式可得 1 2 3
2
14 h h ． 打点计时器接直流电源 4 2 9.75
8T 2
【详解】（1）打点计时器应接交流电源，故错误是：打点计时器接直流电源；
h4 hv 23
（2）打 3点时的瞬时速度为 2T
1
E mv2
m(h h
4 2
)
k 3
3 2从释放到打第 个点时重物增加的动能 2 8T
m(h4 h2 ) (h h )mgh3 gh
4 2
若满足 8T
2 3
即 8T
2
则可验证重物下落过程机械能守恒；
1 3.9
mgh mv2 v2 2gh v2
k 2g
（3）根据 2 可得 可知 h图像的斜率 0.2
解得 g 9.75m/s
2
15．（1）4s；2m/s；（2） y 10sin t(cm)
2
【详解】（1）在 t0 0时 P点向下振动，则在 t1时刻，P点到达波峰位置，可知
3
t 1 T 7s解得 T=4s 波长为λ=8m可得波速 v 2m/s
4 T
2
（2）因 T 2
波的振幅 A 10cm，平衡位置在 P处的质点的振动方程 y 10sin t(cm)
2
3 2
s
16．（1） 8； （2） 3
【详解】（1）下滑时受力分析mg sin mg cos ma v
2
1 2a1L
1
2 3
上滑时m g sin m g cos m a
0 v 2a2 L
2 3 解得 8
（2）代入可得小车到达 B点的速度 vB 6m/s
2
由动能定理可知，为使得小车回到 A点，小车从 B点匀速上行的距离至少为 L
3
2
2L vBt解得 t s3 3
6
17.（1）7mg；（2） v0 5gR5
【详解】（1）物块从M点到 A点，由动能定理可得
1 1
qER mgR mv2A mv
2
0 解得 vA 6gR2 2
物块在 A点做圆周运动，对轨道压力为 FN，由圆周运动方程可得
v2
F mg m A 解得 FN 7mgN R
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为7mg；
（2）当物块通过等效最高点 B时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物
块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示，合力与竖直方向夹角为37 ；物
块从M点到 B点，由动能定理可得
1 1
qER(1 sin37 ) mgR mgR 1 cos37 mv2 mv2
2 B 2 0
v2
(mg)2 (qE)2 m B
由圆周运动方程可得 R
6
v0 5gR
联立解得 5
6
则要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度 v0 5gR。5
18．（1）5m/s2 1m/s2 1m/s2
169
；（2）18m；（3） m ；（4）148J
9
2
【详解】（1）施加外力 F的瞬间，对 A受力分析 F1 1mg ma解得 a1 5m/s
经过分析 B、C会一起加速，对 B、C构成的整体有
1mg 2 3mg 2ma2解得 a2 1m/s
2
故施加外力 F的一瞬间，A、B、C三者的加速度分别为
a 2A 5m/s aB 1m/s
2 a 2C 1m/s
（2）设经过长时间 t1，A前进的距离为 xA1 10m
1
xA1 a
2
1t1
这段时间内对 A有 2
此时 A的速度为 v1 a1t1之后，对 A受力分析 F2 1mg ma3
则 A再次前进 xA2 16m
1 1
xA2 v1t2 a t
2 x 2
2 3 2 B
a2 (t1 t2 )
的过程中，对 A有 故 B的位移为 2
则有d xA2 xA1 xB解得 d 18m
（3）碰前 A的速度为 v2 v1 a3t2
B、C的速度为 v3 a2 (t1 t2 )
1 1 1 1
mv2 mv2 mv 2 mv 2
A与 B碰撞过程可得mv2 mv3 mv2 mv3 2
2 2 3 2 2 2 2
碰后，对 B有 1mg ma4
设经过时间 t3，B与 A、C构成的整体共速，有
v3 a4t3 v
2 a2t3
v v 2 a2t共同速度为 共 3
v共 v
x 2C t3
这段时间内 A、C构成的整体的位移为 2
之后 A、B、C共同减速到停止，设减速时的加速度为 a 2 3mg 3ma
设继续前行的距离为 xC4 v共 2ax，则有 C4
169
xc m
木板 C的位移 9
（4）由能量关系可知，整个运动过程中产生的热量等于力 F做的总功
Q F1xA1 F2xA2解得Q 148J
