2022-2023学年甘肃省陇南市等高三（上）期中物理试卷（含解析）

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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学校
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姓名：
___________
班级：
___________
考号：
___________
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2022-2023学年甘肃省陇南市等高三（上）期中物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共36分）
下列关于开普勒行星运动规律的认识正确的是( )
A. 所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆
B. 所有行星绕太阳做匀速圆周运动
C. 所有行星的轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都不同
D. 所有行星的公转周期与行星的轨道半径成正比
设地球表面重力加速度为，物体在距离地心是地球的半径处，由于地球的吸引作用而产生的加速度为，则为( )
A. B. C. D.
一电荷量为的负电荷从电场中的点移至点克服电场力做功为，从点移至点电场力做功为，则、间的电势差为( )
A. B. C. D.
如图所示，虚线、、代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，、是这条轨迹上的两点，由此可知( )
A. 三个等势面中，等势面电势最高 B. 电场中点的电势能大于点
C. 该带电质点通过点时动能较大 D. 该带电质点通过点时加速度较大
如图所示，质量为的物体静止在竖直的轻弹簧上面，质量为的物体用细线悬挂，、间相互接触但无压力，整个系统处于静止状态，取某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间( )
A. 的加速度大小为
B. 的加速度大小为
C. 对的压力大小为
D. 对的压力大小为
如图所示，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距为，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的、两点关于薄板对称，到薄板的距离都是若图中点的电场强度为零，则点的电场强度大小和方向分别为静电力常数( )
A. ，垂直薄板向左 B. ，垂直薄板向左
C. ，垂直薄板向右 D. ，垂直薄板向左
图甲中是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从点处由静止释放，负电荷沿电场线从到运动过程中的速度图象如图乙所示。关于、两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
如图所示，静止在光滑水平面上质量为的车厢内有一质量为的小物块以速度水平向右运动，小物块与车厢壁碰撞几个来回后与车厢相对静止，则车厢最终的速度( )
A. 大小为零 B. 大小为，方向水平向右
C. 大小为，方向水平向左 D. 大小为，方向水平向右
如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕点做竖直平面内的圆周运动，、两点分别是圆周的最高点和最低点，则( )
A. 小球经过点时，线中的张力最小
B. 小球经过点时，电势能最小
C. 小球经过点时，电势能最小
D. 小球经过点时，机械能最小
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是( )
A. 物体重力势能减少 B. 物体的机械能减少
C. 物体的动能增加 D. 重力做功
如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为，带电量为的小球从点由静止开始恰能沿直线运动，且到达点时的速度大小为，重力加速度为规定点的电势为零，下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小 B. 点的电势
C. 点的电势能 D. 小球机械能的变化量为
如图所示，质量为的物块可视为质点，由点以的速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带不计两转轮半径的大小，传送带上、两点间的距离为，已知传送带的速度大小为，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是( )
A. 物块在传送带上运动的时间为
B. 物块在传送带上运动的时间为
C. 整个运动过程中由于摩擦产生的热量为
D. 整个运动过程中由于摩擦产生的热量为
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
利用上题装置做“验证牛顿第二定律”的实验时：
甲同学根据实验数据画出的小车的加速度和小车所受拉力的图象为图所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线。直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大。明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，可能正确的是______
实验前甲同学没有平衡摩擦力
甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
实验前乙同学没有平衡摩擦力
乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
在研究小车的加速度和小车的质量的关系时，由于始终没有满足为砂桶及砂桶中砂的质量的条件，结果得到的图象应是如图中的图______
用直流电源内阻可忽略不计、电阻箱、定值电阻阻值为、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表量程的内阻。
闭合开关，适当调节电阻箱的阻值，读出电压表的示数，获得多组数据。
次实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为______。
根据测得的数据画出如图丙所示的关系图线，由此计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为______，进而求得电压表的内阻______计算结果均保留两位有效数字
若电源内阻不可忽略，用此法测得的偏______填“大”或“小”
定值电阻的作用是______。
四、计算题（本大题共3小题，共36分）
如图所示，可视为质点的小木块、的质量均为，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块、间夹有一小块炸药炸药的质量可以忽略不计让、以初速度一起从点滑出，滑行一段距离后到达点，速度变为，此时炸药爆炸使木块、脱离，发现木块立即停在原位置，木块继续沿水平方向前进．已知、两点间的距离为，炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
木块与水平地面的动摩擦因数；
炸药爆炸时释放的化学能．
如图所示，让球从图中的位置由静止开始下摆，正好到最低点位置时，线被剪断，设摆线长，悬点到地面的竖直高度为，不计空气阻力，求：
摆球落地时速度的大小；
落地点到的距离。
如图所示，左侧存在场强大小，方向水平向左的匀强电场，一个质量为、电荷量为的光滑绝缘小球，从底边长为、倾角的光滑直角三角形斜面顶端点由静止开始下滑，运动到斜面底端点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径在竖直线上，恰能到达细圆管最高点点，随后从点离开后落回斜面上某点重力加速度为，，求：
小球到达点时的速度；
小球从点运动到点的时间．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、根据开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。故A正确。
B、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆而不是圆，故B错误。
C、根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，故C错误。
D、与开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等矛盾，故D错误。
故选：。
开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等。
考查了开普勒的三个定律。第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，第二定律，所有行星绕太阳运动，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等。
2.【答案】
【解析】解：忽略球体自转影响时万有引力等于重力，
即：
解得；
其中是地球的质量，应该是物体在某位置到球心的距离。
所以地面的重力加速度为：
距离地心处的重力加速度为：
所以
故D正确、ABC错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：因负电荷从到做功为，则可知，从到，电场力做功为；而从到做功为，故从到做功，
由可知，间的电势差，故D正确，ABC错误。
故选：。
根据电场力做功的特点求出间电场力所做的功，再根据即可求出间的电势差。
本题考查电场力做功与电势差之间的关系，明确在计算电功、电势差以及电势能时均需要代入符号，所以在应用公式的时候注意功的正负和电荷的正负即可。
4.【答案】
【解析】解：、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故等势线的电势最高，故A正确；
、因为从到电场力做负功，则电势能变大，动能减小，则点的电势能小于点的电势能，带电质点通过点时动能较大，故BC错误；
D、由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故点位置电场强度比点较大，电场力大，根据牛顿第二定律，在点的加速度也大，故D错误。
故选：。
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。
解决这带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。
5.【答案】
【解析】解：、、间相互接触但无压力，整个系统处于静止状态，在细线剪断瞬间，以为整体，设的加速度为，由牛顿第二定律得：
整理并代入数据解得：
故A正确B错误；
、剪断细线瞬间，以为研究对象，设对支持力为，根据牛顿第二定律，有：
代入数据，整理得：
根据牛顿第三定律得对的压力大小为：
故CD错误；
故选：。
、以为整体，利用牛顿第二定律可以求出加速度大小；
、利用已求出的加速度，隔离，结合牛顿第二定律，可以求出之间的压力大小。
本题考查牛顿第二定律，关键要注意整体法和隔离法的综合应用，另外要注意弹簧的弹力不能突变。
6.【答案】
【解析】解：由于点处的合场强为零，所以带点薄板在处产生的场强与点电荷在处产生的场强大小相等均为，方向相反，可知带点薄板应带正电，由带点薄板产生场强的特点可知，薄板在点产生的场强方向向左，大小等于点的电场强度大小为，方向向左。
故选：。
求解本题的关键是明确点电荷场强的公式及合场强为零的含义，及其带点薄板产生场强的特点．
熟记点电荷的场强公式，理解合场强为零的含义，掌握带点薄板产生场强的特点．
7.【答案】
【解析】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向，故电场力向左，场强方向也向左，逆着电场力方向，电势升高，故
速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故E；
故选：。
速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低。
本题关键根据速度时间图象得到速度和加速度的变化情况，然后得到电场力的大小和方向情况，最后判断电势的高低。
8.【答案】
【解析】解：滑块与车厢组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
解得：，方向水平向右，故D正确，ABC错误。
故选：。
物块与车厢组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出车厢的最终速度。
选滑块与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目。
9.【答案】
【解析】解：
A、当电场力大于重力，小球运动到点时，速度最大，根据牛顿第二定律知，拉力最大。故A错误。
B、小球从点运动到点的过程中，电场力做负功，电势能增加。所以点电势能最小，故B正确。
C、从到，电场力做负功，电势能增加，所以小球过点时，电势能最大。故C错误；
D、从到，除重力以外，电场力做负功，机械能减小，所以点机械能最小。故D正确；
故选：。
小球做什么运动，与重力和电场力的大小关系有关，分别分析小球所受的电场力大于重力、等于重力和小于重力三种情况分析小球的运动情况。电场力做功，小球的机械能不守恒。根据电场力做功正负，分析电势能何处最小，机械能何处最大。
本题考查功能关系的应用，要注意明确电场力做功直接恒量电势能的变化，而重力之外的其他力做功恒量机械能的变化。
10.【答案】
【解析】解：、物体在下落过程中，重力做正功为，则重力势能减小也为。故A错误；
B、物体除重力做功，阻力做负功，导致机械能减少。由阻力做功为，得机械能减少为，故B错误；
C、物体的合力为，则合力做功为，所以物体的动能增加为，故C错误；
D、物体在下落过程中，重力做正功为，故D正确；
故选：。
物体距地面一定高度以的加速度由静止竖直下落到地面，则说明物体下落受到一定阻力．那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的．
功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能．
11.【答案】
【解析】解：、小球沿直线运动，合力沿方向，如图所示，则，得，故A错误。
B、设，根据动能定理得：，则得电场力做功做功
根据得又，，解得，故B正确。
C、点的电势能，故C错误。
D、小球机械能的变化量等于电场力做的功，为，故D正确。
故选：。
小球沿直线运动，合力沿方向，由力的合成法求解电场力大小，从而得到电场强度的大小。根据动能定理和求间的电势差，即可求得点的电势，由求点的电势能，根据电场力做功求机械能的变化量。
解决本题的关键是物体做直线运动的条件：合力与速度共线。要知道电场力做功与小球沿电场线方向移动的距离有关。
12.【答案】
【解析】解：根据题意可知，物块的质量为，初速度，传送带上、两点间的距离为，传送带的速度大小为，物块与传送带间的动摩擦因数为。
、滑块先向右匀减速，对于向右滑行过程，根据牛顿第二定律，有：
解得加速度：
设滑块速度为零经过的时间为，根据运动学公式，有：
位移：，所以滑块到达传送带右端时速度还没有减速到零，
设物块达到传送带右端的速度为，根据速度位移关系可得：
解得：
所以物块在传送带上运动的时间为，故A正确、B错误；
、整个过程中传送带通过的距离，整个运动过程中由于摩擦产生的热量为，故C错误、D正确。
故选：。
根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，再结合运动学规律判断出滑块滑上传送带后的运动情况，根据运动学公式求解时间；
根据摩擦力乘以相对距离计算产生的热量。
本题物体在传送带上的运动情况，关键根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学规律确定滑块的运动情况，最后根据功能关系列式求解热量。
13.【答案】
【解析】解：甲同学测量的图线Ⅰ，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了，故A错误，B正确；
乙同学测量的图线Ⅱ，当拉力不为零时，加速度仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故C正确，D错误。故选：。
随着增大，小车的质量在减小，因此小车的质量不在满足远大于砂桶及砂桶中砂的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值。，故ABC错误，D正确。
故答案为：
“探究加速度与力、质量的关系”的实验，运用控制变量法探究加速度与力、质量的关系，根据牛顿第二定律分析将砝码和盘的重力近似看做小车的牵引力的条件，根据原理分析图线不经过原点的原因；
设绳子拉力为，对小车根据牛顿第二定律由：，对砂桶及砂有：，由此解得：，由此可知当时，砂和砂桶的重力等于绳子拉力，据此根据该实验误差产生的原因即可解答。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤以及数据处理方法和注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和的操作和要求的含义。
14.【答案】 大 保护电路
【解析】解：由图示电阻箱可知，其示数为：；
根据闭合电路欧姆定律可得：，整理可得：，
图象的斜率：，图象纵轴截距：，则：，
由图示图象可知：，，解得：；
考虑电源内阻，由欧姆定律得：，
实际测量的相当于是，相对的阻值来说偏大。
由图示电路图可知，定值电阻串联在电路中，可以保护电路。
故答案为：；；；大；保护电路。
电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数。
闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
若电源内阻不可忽略，利用中的表达式分析，即可判断出的测量误差。
分析图示电路图，根据电路图判断定值电阻的作用。
本题考查电阻的测量实验，解题关键是要清楚实验原理，会利用闭合电路欧姆定律推出表达式，利用给出图象的斜率和截距求解运算。
15.【答案】解：设木块与地面间的动摩擦因数为，炸药爆炸释放的化学能为
从滑到，对、，由动能定理得：
，
在点爆炸，、动量守恒：
根据能量的转化与守恒：；
解得：，．
答：木块与水平地面的动摩擦因数为；炸药爆炸时释放的化学能为．
【解析】、整体从滑到过程，滑动摩擦力做功--，根据动能定理求解动摩擦因数；
在点爆炸，、总动量守恒，爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，根据动量守恒定律求出爆炸后木块的速度，由能量的转化与守恒求出炸药爆炸时释放的化学能．
对于含有爆炸的过程，往往是动量守恒和能量守恒两大定律的综合应用．
16.【答案】解：设小球落地时的速度大小为，由题意可知，从小球从开始运动到落地的过程中，只有重力做，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
代入数据得：
设小球运动到点的速度大小为，小球从点到点的过程中，受重力与线的拉力作用，只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
解得：
线被剪断后，小球从点开始做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为，根据平抛运动规律有：
解得：
则可得落地点与点的距离为：
答：摆球落地时速度的大小为；
落地点到的距离。
【解析】从开始下摆到小球落地的过程中，只有重力做功，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律求出摆球落地速度大小；
根据机械能守恒定律求出小球在点的速度大小，由平抛运动规律求出落地点到的距离。
在利用机械能守恒定律分析问题时，一定要注意分析物体受力，理解机械能守恒的条件只有重力或弹力做功的实质意义；掌握平抛运动在水平方向与竖直方向的分运动性质。
17.【答案】解：由动能定理：

解得：
由到的过程由动能定理：

得：
离开点后做匀加速直线运动，如图．
竖直方向：
水平方向：
又由几何关系得：
解得：
答：答：小球到达点时的速度；
小球从点运动到点的时间为
【解析】由动能定理即可求得速度
利用动能定理求的轨道半径，利用水平方向和竖直方向的运动即可求得时间
针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，合理的采用动能定理以及各个物理量之间的几何关系
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