2022-2023学年辽宁省大连市滨城联盟高三（上）期中物理试卷（Ⅱ）（含解析）

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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2022-2023学年辽宁省大连市滨城联盟高三（上）期中物理试卷（Ⅱ）
题号 一 二 三 四 五 总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
“司南”是我国古代四大发明之一，主体由磁勺和罗盘构成。据东汉论衡记载，其“司南之杓，投之于地，其柢即勺柄指南”。若在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，请推测勺柄将( )
A. 向正东方向转动
B. 向正西方向转动
C. 向正南方向移动
D. 向正北方向移动
年月日，我国空间站梦天实验舱成功与天和核心舱前向端口实现对接，并顺利完成转位，天宫空间站整体“”字基本构型在轨组装完成，标志着我国航空航天事业再上新台阶。据报道，天宫空间站绕地飞行时间约为分钟，其轨道近似呈圆形，以下说法正确的是( )
A. 梦天实验舱的发射速度需达到
B. 空间站内的宇航员不受重力作用
C. 空间站的轨道半径大于同步卫星轨道半径
D. 在绕地飞行过程中，空间站的机械能保持不变
如图所示，质量相等的两个静止小球和，中间用轻质弹簧连接，的上端用轻绳系在足够高的天花板上。现将轻绳剪断开始计时，直至球速度为，球速度为，且方向均向下，则该过程所用时间为( )
A.
B.
C.
D.
如图所示，长度的轻绳一端固定于天花板，另一端系一可视为质点的小球，在水平面内以角速度做匀速圆周运动。绳与竖直方向夹角为，忽略空气阻力，若，则以下说法正确的是( )
A. 小球实际受到重力、拉力、向心力三个力的作用
B. 只要足够大，可以为
C. 可以等于
D. 可以等于
生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。某工地在距离地面高度的地方安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为：，工人们用它吊起质量的重物，截面图如图乙所示。若拖车从点静止出发，到达点时速度为，间距离，不计轮轴质量及一切阻力，轮轴大小相对可忽略，则过程中绳子对重物做的功为( )
A. B. C. D.
年月日举办的珠海航展再次展现了我国强大的航天制造实力，其中可自由变向的无人机装备表演尤其引人瞩目。若一无人机只受到重力和恒定推力，正以的速度竖直向上匀速升空，突然收到指令，推力保持原来大小将方向调整为与竖直方向夹角为且不变，则在此后的运动中，无人机的最小速度为( )
A. B. C. D.
一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度启动，则物块的图像蓝色线条代表传送带图像大致为( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
坐标原点处有一均匀带电圆环，其中轴线上电势随坐标变化图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A. 该圆环带正电
B. 点电场强度大于点电场强度
C. 点电场强度最大
D. 若将质子从沿中轴线移动到，则电场力先做负功后做正功
如图所示，电源电动势为，内阻为，、为定值电阻，为滑动变阻器，为平行板电容器，、、为理想电流表，、为理想电压表，电路处于稳定状态。当的滑片向左移动一小段距离，电路再次稳定时，以下说法正确的是( )
A. 电容器两极板电势差变大
B. 电流表示数变小
C. 电压表的变化量与的变化量之比变大
D. 电流表的变化量与的变化量之比不变
如图所示，倾角为、质量为的不带电斜面始终静止于水平地面上，空间有一平行纸面的匀强电场图中未画出，另有一质量也为、带电量为的物块沿斜面向上匀速运动。若斜面与物块间动摩擦因数，重力加速度为，则( )
A. 物块可能受到三个力
B. 电场强度的最小值为
C. 当电场方向竖直向上时，地面对斜面的支持力最小
D. 当电场方向水平向右时，地面对斜面的摩擦力最大
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
如图所示的螺旋测微仪的示数为______，如图所示的游标卡尺的示数为______。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
在实验室中欲测量一阻值约为的电阻精确阻值，备有以下器材．要求有尽可 能高的测量精度，并尽可能测得多组数据．
待测电阻阻值约
电流表量程，内阻约为
电流表量程，内阻
电压表量程，内阻约为
电阻箱最大阻值
滑动变阻器最大阻值，最大电流
电源电动势，内阻不计
开关、导线若干
画出电路图，标明所用器材的代号
若选取测量数据中的一组来计算 则所用的表达式______，式中各符号的意义是______．
某同学用如图所示装置验证加速度与力的关系。小车通过细绳与钩码相连，固定在小车上的挡光片宽度为，光电门传感器固定在轨道上，为平衡摩擦力，他们将轨道调整为左高右低。实验时，将小车从某一位置由静止释放，通过光电门测出挡光片的挡光时间，实验中小车从同一位置由静止释放，记录弹簧测力计的示数，改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，测得多组和。他们在坐标系中，得到如图所示的点。
实验中钩码的质量______填“需要”或“不需要”远小于小车的质量；
单选该图像斜率与哪个量无关______；
A.小车的质量
B.钩码的质量
C.小车释放的位置
D.挡光片的宽度
若图像过原点，小车的位移为，小车的质量为，请写出关于的函数表达式______；
该图像在横轴上有一段正截距，为使图像过坐标原点，应适当______斜面左侧的高度填写“减小”或“增大”。
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
如图所示，空间中存在一无穷大且的水平向左匀强电场，质量均为的绝缘体、可视为质点放在水平地面同一位置，其中物体不带电，物体电量为，两物体与地面间的动摩擦因数均为。若以的初速度向左运动，以同样大小的初速度向右运动，，求：
物体间的最大距离为多少？
经过多长时间，两物体相遇？可用根式表示
如图所示，质量为的物体上表面为半径的光滑圆弧，在圆心的正下方有一质量也为的小球半径可忽略，在的右侧有一质量为，且与等高的物块处于静止状态，若开始时，与以相同速度向右运动，并与物块发生弹性碰撞碰撞时间极短，不计一切摩擦及阻力，求：
碰撞后，物块速度的大小；
小球与物块分离时，物块速度的大小；
小球到达最高点时，与的圆心之间的高度差。
如图为质谱仪的示意图。已知速度选择器两极板间的匀强电场场强为，磁感应强度为，分离器中磁感应强度为。大量某种离子，经电场加速后从平行于极板沿极板中间进入，部分离子通过小孔后垂直边界进入偏转磁场中，在底片上形成了宽度为的感光区域，测得感光区域的中心到点的距离为。不计离子的重力、离子间的相互作用、小孔的孔径。
已知打在点的离子，在速度选择器中沿直线运动，求该离子的速度和比荷；
若进入分离器的速度略有变化，求击中感光区域内离子的速度范围；
已知以的速度从点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为的匀速直线运动和另一个速度为的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度和最小宽度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：磁勺柄指南，根据地理的南极与地磁的极基本重合，异名磁极相互吸引，则勺柄应为该磁体的极；在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，根据右手螺旋定则可知，磁勺所处位置磁场由东向西，则勺柄向正东方向转动，故A正确，BCD错误；
故选：。
根据地磁特点判断磁勺两级分布，再根据右手螺旋定则判断导线周围磁场情况，从而确定磁勺的转动。
本题考查地磁场和右手螺旋定则的知识，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
2.【答案】
【解析】解：、梦天实验舱绕地球运动，发射速度小于，故A错误；
B、宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，此时并不是说人不受重力的作用，而是宇航员受的重力提供充当向心力，故B错误；
C、根据，可知，由于天宫空间站绕地飞行时间约为分钟，小于地球同步卫星的周期，则空间站的轨道半径小于同步卫星轨道半径，故C错误；
D、在绕地飞行过程中，空间站只有万有引力做功，机械能保持不变，故D正确；
故选：。
梦天实验舱绕地球运动，发射速度小于，飞船内宇航员仍受重力作用；根据万有引力定律分析空间站绕地球飞行周期与地球同步卫星运行周期的关系；结合机械能守恒条件分析。
此题考查了万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握发射速度的特点，注意周期与半径的关系。
3.【答案】
【解析】解：设小球、的质量为。以小球、以及弹簧组成的整体为研究对象，取竖直向下为正方向，由动量定理得
，解得该过程所用时间为：，故ACD错误，B正确。
故选：。
以小球、以及弹簧组成的整体为研究对象，利用动量定理列式，求解该过程所用时间。
解决本题时，要抓住整体的合外力一定，利用动量定理求解运动时间。
4.【答案】
【解析】解：、小球受重力和绳的拉力两个力，两个力的合力提供向心力。向心力不是物体所受到的力，故A错误；
B、若，那么小球所受的绳子拉力可以提供向心力，但小球重力也要产生加速度，此状态就不是稳定状态，故，故B错误。
、根据牛顿第二定律得，，解得：，由于，所以有：均可，故C错误，D正确。
故选：。
小球在水平面内做匀速圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小。
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
5.【答案】
【解析】解：设车到达处时绳子与水平方向的夹角，根据几何关系可知，，解得，同时可知重物升高
小车在处时根据运动的分解有：
则重物的速度为
对重物根据动能定理有：
代入数据解得：
故A正确，BCD错误；
故选：。
根据几何关系解得车到达处时绳子与水平方向的夹角及重物升高的高度，结合运动的分析与动能定理可解得。
本题考查动能定理，解题关键掌握关联速度的计算，注意“轮轴”的特点。
6.【答案】
【解析】解：无人机以的速度竖直向上匀速升空，则推力
将推力保持原来大小将方向调整为与竖直方向夹角为且不变，将无人机所受推力和重力合成，将无人机的速度分解到沿合力方向和垂直于合力方向，如图所示：
由题意可知，力和的夹角我，则合力的大小等于重力，方向与竖直方向夹角为。沿合力方向，无人机做匀减速直线运动，垂直于合力方向，无人机做匀速直线运动，当无人机速度最小时，沿合力方向速度为，则最小速度为
故C正确，ABD错误；
故选：。
将无人机的速度分解到沿合力方向和垂直于合力方向，当无人机速度最小时，沿合力方向速度为，最小速度即为垂直于合力方向的速度，根据几何关系求解最小速度。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是将无人机的速度分解到沿合力方向和垂直于合力方向，知道速度最小的临界情况，根据几何关系求解即可。
7.【答案】
【解析】解：、小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力，竖直向下的洛伦兹力和支持力，水平向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小：，可见随着速度的增大，小物块做加速度逐渐增大的加速运动，故AD错误；
、当小物块的加速度达到与相等时，物块与传送带相对静止，以为加速度做匀加速直线运动，故B正确，C错误。
故选：。
对小物块时有以后运动进行受力分析，确定其加速度大小变化，当加速度增大到与传送带相同时，以为加速度做匀加速运动。
本题是有关洛伦兹力的受力分析问题，小物块靠摩擦力加速，而洛伦兹力增大压力，增大了最大静摩擦力和滑动摩擦力，导致加速度发生变化，这是解题的关键。
8.【答案】
【解析】解：、根据顺着电场线方向电势降低，知轴电场方向从点指向无穷远，所以该圆环带正电，故A正确；
B、图象的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越大，则知点的电场强度一定大于点的电场强度，故B正确；
C、根据电场的叠加原理和对称性可知，轴上点的电场强度为零，故C错误；
D、将质子沿从点移动到点的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
故选：。
根据顺着电场线方向电势降低，判断出电场的方向，从而确定圆环带何种电荷；
根据图象的斜率分析电场强度的大小。
根据电场的叠加原理分析点的电场强度；
根据电场力做功正负，分析电势能的变化。
解决本题的关键是理解图象的物理意义，知道图象的斜率表示电场强度。同时，要知道正电荷在电势高处电势能大。
9.【答案】
【解析】解：、滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则总电阻变小，电路总电流变大，根据，可知电容器两端电压变大，故A正确；
B、电流表测量的是干路的总电流，由于总电流变大，所以电流表示数也变大，故B错误；
C、减小，回路中的总电阻减小，干路中的电流增大，因为为定值电阻，即，，所以，而，，因为减小，为负值，由闭合电路欧姆定律可得：，所以保持不变，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律可知，，因为为定值电阻，因减小为负值，减小也为负值，所以，由以上各式可得：不变，故D正确。
故选：。
当的滑片向左移动时，分析其接入电路的电阻变化，判断干路电流的变化，再分析电容器两极板电势差的变化；
当滑动变阻器的滑动触头滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变化，外电路总电阻变化，总电流变化，可知路端电压变化，从而两个电压表示数及电流表示数的变化；
由闭合电路欧姆定律分别求得：和的物理意义，从而可以比较的变化趋势；
根据欧姆定律求得：和的表达式，两者相除后可以得到的表达式，从表达式可知其值的变化趋势。
本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化。
10.【答案】
【解析】解：、物块斜面向上匀速运动，受力平衡，物块一定受到重力和电场力，电场力的大小和方向均不确定，当电场竖直向上，且重力等于电场力时，物块只受两个力，若电场力与重力不相等或电场方向为其它方向，物体一定受到支持力和摩擦力的作用，此时物体受到四个力，故A错误；
B、设电场方向与斜面夹角为，根据共点力平衡条件得：
沿斜面方向：
垂直斜面方向：
联立解得：
当时，电场强度最小，最小值为
故B正确；
C、对物块和斜面整体受力分析，根据共点力平衡条件得，竖直方向：
当时，即电场力竖直向上，地面对斜面的支持力最小，故C正确；
D、对物块和斜面整体受力分析，根据共点力平衡条件得，水平方向：
当，即电场力水平向右时，地面对斜面的摩擦力最大，故D正确；
故选：。
对物块受力分析，根据共点力平衡判断物块受力个数和电场强度的最小值；对物块和和斜面整体受力分析，根据共点力平衡条件判断电场力方向。
本题考查带电体在重力场和电场复合场中的运动，解题关键是选择合适的研究对象并做好受力分析，根据共点力平衡条件和数学方法求解即可。
11.【答案】
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，螺旋测微仪的示数为：；
游标卡尺的最小分度值为，游标卡尺的主尺读数为，游标尺读数为，游标卡尺的示数为：；
故答案为：、
螺旋测微器的最小分度值为螺旋测微器的读数为固定刻度加上可动刻度；游标卡尺的读数为主尺读数加上游标尺读数；
本题考查螺旋测微器和游标卡尺的读数问题，它们均是精确度较高的长度测量工具。读数的关键是分清工具的精度，螺旋测微器要求估读，但游标卡尺不要求估读，这是两者的区别。
12.【答案】 为电流表的读数，为电流表的读数，为电阻箱的读数，为电流表的内阻
【解析】解：用伏安法测量电阻，没有电压表，通过电阻箱和表头串联改装电压表；
控制电路用分压式或者限流式均可以；
大内小外，测量小电阻，故测量电路用安培表外接法；
电路如图所示，滑动变阻器起限流作用也可；
设电流表、的读数分别为、，根据欧姆定律，有：
流多待测电阻的电流为：
根据欧姆定律，有：
式中为电流表的读数，为电流表的读数，为电阻箱的读数，为电流表的内阻．
故答案为：
电路如图所示，滑动变阻器起限流作用也可以；
；为电流表的读数，为电流表的读数，为电阻箱的读数，为电流表的内阻．
用伏安法测量电阻，没有电压表，通过电阻箱和表头串联改装电压表；控制电路用分压式或者限流式，测量电路用安培表外接法．
本题关键是明确实验原理，然后根据串并联电路的电压和电流关系列式求解，注意电压表是改装而来的．
13.【答案】不需要 增大
【解析】解：由于绳子的拉力可以根据弹簧测力计的示数来读出，不需要用钩码的质量来代替，所以不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
小车经过光电门时的速度，
设小车初位置到光电门的距离为，由匀变速运动的速度位移公式得：
，
由牛顿第二定律得：，
则：，图象斜率，
由可知：
A.斜率的大小与小车的质量有关，故A错误；
B.斜率的大小与钩码的质量无关，故B正确；
C.斜率的大小与小车释放的位置有关，故C错误；
D.斜率的大小与挡光片的宽度有关，故D错误；
故选：。
图线在横轴上有一段截距，说明当力在某个值时，小车才运动，据此可知小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，即适当增大斜面左端的高度可以使图象过坐标原点。
故答案为：不需要；；；增大。
由于绳子的拉力可以根据弹簧测力计的示数来读出，所以不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，据此作答；
据匀变速直线的运动规律和牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题；
根据图象的意义分析，可知小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，从而解答。
注意：在本实验中，由于绳子的拉力可以根据弹簧测力计的示数来读出，不需要用钩码的质量来代替，所以不需要满足钩码的质量远小于小车的质量。
14.【答案】解：向左运动减速运动的加速度大小为：
设向右运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
当减速至时经过的时间为：，位移：
此时向左速度：，代入数据解得：
此过程中的位移，代入数据解得：
此时二者相距
由于，物体会向左加速，设向左加速过程中加速度大小为，则有：
代入数据解得：
设再经过二者速度相等，根据速度时间关系可得：
代入数据解得：，
此时二者相距最远，即为：
代入数据解得：；
当从共速到停止时经过的时间为：
此过程中的位移
的位移：，代入数据解得：
所以速度减为零时没有追上。
从共速到追上经过的时间为，则有：
代入数据解得：
两物体相遇时经过的时间：。
答：物体间的最大距离为；
经过两物体相遇。
【解析】根据牛顿第二定律求解二者加速度大小，求出速度为零时二者之间的距离；反向加速过程中，二者速度相等时相距最远，根据运动学公式进行解答；
判断的速度为零时是否追上，再根据运动学公式求解时间即可。
本题主要是考查带电物体在电场中的运动，关键是能够分析二者的受力情况和运动情况，要明确物体速度相等时相距最远；同时要先判断静止前二者能否相遇，然后根据运动学公式列式求解。
15.【答案】解：和以初速度一起向右运动，系统发生的是弹性碰撞，那么
以向右方向为正，动量守恒：
系统的机械能守恒：
解得：，
即的速度大小为，方向向左。
对系统，由于水平方向不受外力，水平方向动量守恒，若两球分离时，的水平速度相同，设为，，以向右方向为正方向有：
解得：，即分离时的速度为向右
所有接触面光滑，所以系统的机械能守恒：
解得：
则高度差
答：碰撞后，物块速度的大小为；
小球与物块分离时，物块速度的大小；
小球到达最高点时，与的圆心之间的高度差。
【解析】对和系统，根据弹性碰撞的规律求碰撞后物体的速度；
对和系统，由于水平方向不受外力，水平方向动量守恒，列式可求两者分离时的速度；
从碰撞后，到球到最高点，机械能守恒，从而求出球的上升的高度。
本题是动量守恒与机械能守恒综合的应用，把弧形轨道模型与碰撞模型结合在一起，抓住弧形轨道与小球的模型，它们是水平方向的动量守恒，但要注意此时小球还有竖直速度，但弧形轨道只有水平速度。
16.【答案】解：粒子在速度选择器中做直线运动，由平衡条件条件有：
解得：
进入分离器中粒子圆周运动的半径：
由牛顿第二定律有：
解得：
由题图可知速度最大对应的半径：
速度最小对应的半径：
洛伦兹力提供向心力得：，
解得：，
击中感光区域粒子的速度范围是：
离子在中的运动周期：
最小长度：
设板间距为，离子在中运动的最大半径：
洛伦兹力提供向心力有：，
所以解得：
答：该离子的速度为，比荷为；
击中感光区域内离子的速度范围是：；
该速度选择器极板的最小长度为，最小宽度为。
【解析】粒子通过速度选择器，只有满足，才能通过速度选择器进入偏转磁场做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求粒子比荷；
根据题意求出速度最大和最小的的离子在分离器中做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力求出最大速度和最小速度；
当离子圆周运动的分运动恰能完成，则可求出分运动的轨道半径。再根据等时性求完成一周时另一分运动的位移，即最小板长。
本题的靓点在于当速度大于规定速度的粒子由于洛伦兹力与电场力不平衡，将分别沿两方向做匀速直线运动和匀速圆周运动。不同速度的离子只有做完整的圆周运动才能从中心线射出，且圆周运动的直径不大于极板距离的一半，结合几何关系可解决问题。
第2页，共2页
第1页，共1页