1、江苏省连云港市2021-2022学年高三上学期期中调研物理试卷【参考答案】一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳的两端分别固定在竖直杆上，衣架挂钩光滑。挂衣架静止时，绳与竖直杆间的夹角为53，衣服及挂衣架的总重力为6N，晾衣绳中的张力为（）A3NB4NC5ND6N【分析】绳子各处张力大小相等，对衣架挂钩处进行受力分析，根据平衡条件列方程求解。【解答】解：因为是一条绳子，所以绳子各处张力大小相等，对衣架挂钩处进行受力分析，如图所示：在竖直方向上，由平衡条件得：G2Fcos代入数据解得晾衣绳中的张力为：F5N，故C正确，ABD错误
2、。故选：C。【点评】本题考查共点力平衡问题，解决此题的关键是正确选择研究对象并进行受力分析，根据平衡条件列方程求解。2短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队员推出，某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10m/s，后方队员的速度大小为12m/s，已知前方队员的质量为60kg，后方队员的质量为66kg。后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8m/s，此时前方队员的速度大小约为（）A14.4m/sB13.1m/sC23.2m/sD21.1m/s【分析】以两运动员为研究对象，交接前后动量守恒，从而求出前方运动员的速度。【解答】解：以运动员滑动的方向为正方向，对两运动员整体，交接
3、前后动量守恒，由动量守恒定律有：m1v1+m2v2m1v1+m2v2，由题意知道：v28m/s，代入数据解得：v114.4m/s或32m/s，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题主要考查了动量定理，合理的选取研究对象是解决问题的关键。3某物体做匀变速直线运动，设运动的时间为t，位移为x，其图像如图所示，则下列说法正确的是（）A物体做的是匀加速直线运动Bt0时，物体的速度为2m/sC经过2s物体的速度为0D01s时间内物体的位移为2m【分析】列出图像中的解析式，结合运动学公式分析物体的运动状态。【解答】解：由图像可知，化简得：x4t2t2，结合运动学公式可知，物体的初速度为4m/s，加速
4、度为4m/s2，A、因为物体的加速度恒定，但最开始时加速度和速度反向，后速度改变方向，加速度和速度同向，故物体先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，故A错误；B、根据分析可知，物体的初速度为4m/s，故B错误；C、当t2s时，物体的速度vv0+at4m/s24m/s4m/s，故C错误；D、当t1s时，故D正确。故选：D。【点评】本题的运动图像虽然比较少见，但按照数学方法求解析式，并结合运动学公式的对比即可完成解答，整体难度不大。4如图甲为用DIS（拉力传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系的实验装置，图乙为根据测得的多组数据画出的aF关系图线。对于该实验下列说法正确的是（）A小车受
5、到的拉力等于钩码的重力B钩码的质量必须远小于小车的质量C该实验必须保持钩码的质量不变D乙图中直线未过原点的原因是补偿阻力时轨道右端垫得过高【分析】探究加速度与力关系时，保证小车质量不变，改变钩码的质量，有拉力传感器，可以直接测得绳子拉力，不需要钩码质量应远小于小车的质量；根据牛顿第二定律可知小车受到的拉力与钩码的重力的关系；直线未过原点的原因是平衡摩擦力过大。【解答】解：C、实验探究加速度和力的关系，所以保证小车质量不变，改变钩码的质量即可，故C错误；A、对钩码进行受力分析结合牛顿第二定律有mgTma，所以小车受到的拉力不等于钩码的重力，故A错误；B、由于有拉力传感器，可以直接测得绳子拉力，不
6、需要满足钩码的质量必须远小于小车的质量，故B错误；D、乙图中直线未过原点的原因是平衡摩擦力过大，即补偿阻力时轨道右端垫得过高，故D正确；故选：D。【点评】本题考查探究加速度与力的关系，解题关键掌握实验原理与操作，注意有拉力传感器，可以直接测得绳子拉力，不需要满足钩码的质量必须远小于小车的质量。52021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功。如图为“天问一号”的地火转移轨道，将火星与地球绕太阳的运动简化为在同一平面、沿同一方向的匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A火星绕太阳的线速度大于地球绕太阳的线速度B“天问一号”的发射速度必
7、须大于第三宇宙速度C“天问一号”在转移轨道上运动的周期大于地球的公转周期D“天问一号”从A点运动到C点的过程中动能越来越大【分析】根据公转线速度公式比较火星和地球线速度大小；根据第三宇宙速度的意义确定“天问一号”发射速度的大小；根据开普勒第二、三定律分析“天问一号”从A点运动到C点的过程中周期和动能的变化情况。【解答】解：A、由得到行星公转的线速度v，火星的公转半径大于地球的公转半径，由运行速度公式v，知火星的公转的线速度小于地球的公转的线速度，故A错误；B、“天问一号”并未脱离太阳系，故发射速度小于第三宇宙速度，故B错误；C、地火转移轨道的半长轴大于地球公转半径，由开普勒第三定律：k，知“天
8、问一号”在地火转移轨道上运动的周期大于地球绕太阳运动的周期，故C正确；D、根据开普勒第二定律可知，“天问一号”在近地点A的速度大于远地点C的速度，则“天问一号”从A点运动到C点的过程中处于减速状态，动能越来越小，故D错误。故选：C。【点评】解答本题的关键要理解并掌握开普勒行星运动定律，能分析轨道半长轴关系，分析行星及“天问一号”运行周期关系。6如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A小球在A点的动量和在C点的动量相同B从A到B和从B到C，小球动量变化量相同C小球从B到C重力的
9、冲量小于从C到D重力的冲量D小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率【分析】小球只受到重力，在y方向先做减速运动又做匀加速运动，在x轴方向上做匀速直线运动，根据IFt判定冲量大小，结合动量定理可确定动量变化量。【解答】解：A、粒子只受到重力，粒子在y方向先做减速运动又做匀加速运动，在x轴方向上做匀速直线运动，小球在A点和C点对称，竖直速度大小相同，但方向相反，所以小球在A点的动量和在C点的动量大小相同，方向不同，故A错误；B、小球从A到B和从B到C过程中，时间相同，根据动量定理可知，合外力的冲量相同，所以动量的变化量相同，故B正确；C、小球从B到C和从C到D水平位移相同，时间相同，故重
10、力的冲量相同，故C错误；D、小球从B到C和从C到D合外力的冲量相同，动量变化量相同，时间相等，所以动量变化率相同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查小球的抛体运动，要注意明确小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；结合动量定理确定动量变化和合外力的冲量。7一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为10m/s，t0时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（）At0.2s时刻，质点Q速度最大Bt0.6s时刻，质点M向+y轴方向运动C质点M比质点P早到达平衡位置处D若此波传播过程中遇到的障碍物的尺寸为80m，能发生明显衍射现象【分析】根据波形图可知该波的波长，根据波速计算公式求解该机械波的周
11、期，质点在最大位移，速度为0，振动质点在一个周期内通过的路程为4A，根据“同侧法”结合“推波法”分析质点M和P的振动情况，发生明显衍射现象的条件障碍物的尺寸比波长小。【解答】解：A.由图可知该波的波长为8m则周期为Ts0.8s由同侧法知t0时刻Q点向下振动，t0.25时刻，即经过，Q到达最大位移处，质点Q的速度为零，故A错误；B.经过0.6s，波向前传播m6m则t0.6s时刻的波形图如下图所示由同侧法可知质点M向+y轴方向运动，故B正确；C.t0时刻P点向下振动，M先向上振动，在向下振动，所以质点P比质点M早到达平衡位置处，故C错误；D.发生明显衍射现象的条件障碍物的尺寸比波长小，由题可知障碍
12、物的尺寸远大于波的波长，故不能发生明显的衍射现象，故D错误。故选：B。【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。8如图，矩形框MNPQ竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN轴分别以不同的角速度1和2匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是（）A弹簧的弹力大小可能发生了变化B杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化C若21，杆PQ对小球的弹力一定增加D小球所受合外力的大小一定发
13、生了变化【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的受力即向心力的变化即可判断出杆对小球弹力的变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式Fnm2r分析小球所受合外力变化情况。【解答】解：A、由于小球相对于杆的位置不变，故弹簧的形变量不变，根据胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，故A错误；B、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，当角速度较小时，此时杆对小球的弹力向外，弹簧的弹力在水平方向的分力和杆对小球的支持力的合力提供向心力，当角速度较大时，此时杆对小球的
14、弹力向里，弹簧的弹力在水平方向的分力和杆对小球的支持力的合力提供向心力，当角速度合适时，杆对小球弹力的大小相同，故B错误；C、若金属框的角速度较小，杆对小球的弹力方向垂直于杆向外，如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律得 FsinFNm2r，则得FNFsinm2r，变大，其它量不变，则FN变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小，故C错误；D、小球所受合外力的大小F合Fnm2r，变化时，其它量不变，则F合一定发生变化，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。9如图所示，ABCD为正方形，电荷量分别为+Q和Q的两点
15、电荷固定在A、B两点。先将一电荷量为q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中电场力做功为W。再将Q1从C点移到D点。下列说法正确的是（）AQ1在C点的电势能为WBQ1移入C点之前，D点的电势为CQ1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为零DQ1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为2W【分析】本题考查异种电荷的等势面分布，注意AB连线的中垂线是等势线，且电势为0，与中垂线对称的两点电势互为相反数，且中垂线左侧为正，右侧为负；结合电场力做功与电势能的关系解答。【解答】解：A、根据电场力做功与电势能的关系有EpcW，故A错误；B、根据异种电荷的等势面分布，结合对称性可知CD两
16、点电势互为相反数，根据电势的计算公式可知DC，故B错误；CD、Q1从C点移到D点的过程中，根据电场力做功，结合C选项可知WCDqUCDq（CD）WW2W，故C错误，D正确；故选：D。【点评】解题关键掌握异种电荷的等势面分布，根据对称性解答，注意电势是标量。10如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接滑块1，滑块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，此时滑块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A
17、C间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法正确的是（）A滑块1和滑块2的质量相等B滑块2的加速度先增大后减小，最后减为0C滑块1、2组成的系统机械能先增大后减小D除A、C两点外，滑块1的速度大小始终大于滑块2的速度大小【分析】滑块2下滑的过程中，加速度先减小后增大，速度最大时加速度为0。由静止条件求出弹簧压缩的长度，再根据几何知识求出滑块1上升的距离，从而可求出滑块2到C时弹簧伸长的长度，然后再根据能量守恒定律即可求解两滑块质量之比；滑块1、2组成的系统机械能的变化量等于弹簧弹力对系统做的功；根据速度合成与分解规律求出滑块B与A的速度关系，然后再根据能量守恒定律列式求解即可速度之比。【
18、解答】解：A、滑块1静止时，弹簧压缩量为xd；当滑块2从A下滑到C点时，滑块1上升的高度为h3d2d，则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于滑块1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有m1g2dm2g4d解得：m1：m22：1故A错误；B、滑块2从A点静止下滑到C点速度减为0，下滑的过程中，加速度先减小后增大，速度最大时加速度为0，故B错误；C、当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于滑块1静止时的弹性势能，弹簧的弹性势能先减小后增大，滑块1、2组成的系统机械能先增大后减小，故C正确；D、设绳与杆的夹角为，根据滑块1和2沿绳子
19、方向的分速度大小相等v2cosv1，可得：cos，v1始终小于v2，故D错误；故选：C。【点评】本题关键应抓住：滑块1上升的距离应等于滑轮右侧绳子长度之差；对有关“牵连速度”问题，滑块的实际速度是合速度，应将合速度进行分解，则沿绳子方向的分速度应相等。二、非选择题：共5题，共60分。其中第1215题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11（15分）用如图甲所示装置研究平抛运动，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在
20、挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。（1）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求，有利于减小实验误差的是 CD。A.斜槽轨道必须光滑B.每次必须等距离地下降挡板记录小球位置C.使用体积较小但质量较大的小钢珠D.记录的点应适当多一些（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，在下图中，坐标原点选择正确的是 C。（3）下列图像中，能正确反映y与x的关系是 BD。（4）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理
21、数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1：y2一定 大于1：3（选填“大于、等于或小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。【分析】（1）根据实验步骤和注意事项即可选择；（2）根据研究哪个点的运动确定左边原点，小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与重锤线平行；（3）根据平抛运动的特点判断各种方法是否符合平抛运动；（4）根据匀变速运动的规律即可求解。【解答】解：（1）AB、研究平抛运动的实验中不需要斜槽轨道光滑，挡板下降的距离也不需要等距离，故AB错误；C、
22、选择体积较小但质量较大的小钢珠可以减小空气阻力的影响，故C正确；D、记录的点适当多一些便于描点作图，故D正确；故选CD（2）以小球球心处为坐标原点，同时球心对准斜槽末端，故C正确（3）根据平抛运动竖直方向位移y水平方向的位移xv0t联立可知y故选BD（4）在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，根据匀变速直线运动规律，初速度为0时相等时间两点间距之比为1：3，由于取点时速度大于0，所以y1：y2一定大于1：3；根据匀变速直线运动规律有：yy2y1gT2xv0T联立解得：故答案为：（1）CD；（2）C；（3）BD；（4）大于，【点评】
23、本题考查研究平抛运动的实验。需要注意第一个点不是抛出点时，在竖直方向列匀变速直线运动判别式求解。12（8分）如图所示，水平弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动，A、B之间的距离为0.4m，P点为O、B的中点。某时刻，振子从P点以速度v向B点运动，经过时间t1.8s，振子的速度第二次变为v。求：（1）弹簧振子的振动周期T；（2）振子经过P点向右运动作为计时起点的振动方程。【分析】（1）由简谐运动的对称性，求出周期；（2）由A、B之间的距离得出振幅，结合振子开始计时的位置，写出振子位移表达式。【解答】解：（1）取一点P，让点P与点P关于点O对称，经过时间t1.8s，振子的速度第二次变
24、为v，即弹簧振子从点P到第一次回到点P的时间为1.8s，从第一次回到点P到再到达点P的时间也为1.8s，根据简谐运动的对称性可知，弹簧振子的振动周期为T1.8s23.6s；（2）由题意可知，A、B之间的距离为0.4m，所以弹簧振子的振幅为A0.4m0.2m，由xAsin（t+），当t0时，将x0.1m代入xAsin（t+），可得，所以弹簧振子的简谐运动方程为（m）。答：（1）弹簧振子的振动周期T是3.6s；（2）振子经过P点向右运动作为计时起点的振动方程是（m）【点评】本题考查简谐运动的相关问题，考查知识点针对性强，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。13（8分）如图所示，在一柱形区域内有一匀
25、强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从A点先后以不同的速度进入柱形区域，速度方向与电场的方向垂直。已知速度为零的粒子自A点进入柱形区域时，从圆周上的C点以速率v0穿出，AC与AB的夹角60，运动中粒子仅受电场力作用，求：（1）电场强度的大小；（2）若某粒子从B点射出，求该粒子从A到B过程中所受电场力的冲量。【分析】（1）由题干中“已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周的C点以速率v0穿出电场”可判断电场方向从A指向C；根据动能定理解得电场强度大小；（2）由此确定粒子从A到B过程做类平抛运动，结合类平抛运动规律求解时间，根据冲量
26、公式可解得。【解答】解：（1）刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周的C点以速率v0穿出电场，故电场线沿AC方向，60，正电粒子从A到C运动过程中，由动能定理，有解得：（2）粒子从A到B做类平抛运动沿电场方向根据牛顿第二定律有电场力的冲量IqEt联立解得Imv0，方向与场强方向相同。答：（1）电场强度的大小为；（2）若某粒子从B点射出，求该粒子从A到B过程中所受电场力的冲量为mv0，方向与场强方向相同。【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要求学生结合几何关系与能量守恒进行分析和求解。14（13分）如图甲所示，水平地面上有一质量为1kg的长木板，长木板的左端放有一质量也为1kg的小物块。一水
27、平向右的力F作用在物块上，F从0开始逐渐增大，木板的加速度a随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g10m/s2。求：（1）木板与地面间的最大静摩擦力；（2）t4s时拉力F的大小；（3）04s时间内物块动能的增量。【分析】最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用滑动摩擦力公式求解最大静摩擦力；由牛顿第二定律求解F的大小；加速度图像与x轴所围面积为速度，既而求解动能。【解答】解：（1）t2s时，木板与地面间达到最大静摩擦力，所以f121mg解得：f14N（2）由图可知，木板与物块先是一起
28、加速向右：4s后，开始发生相对运动，4s时，对木板，根据牛顿第二定律，有2mg21mgma对整体，有F21mg2ma，联立解得F6N（3）由（2）中得a1m/s2，由乙图得vvS面积1m/s所以物块动能解得EK0.5J答：（1）木板与地面间的最大静摩擦力为4N；（2）t4s时拉力F的大小为6N；（3）04s时间内物块动能的增量为0.5J。【点评】本题考查牛顿第二定律及图像分析，学生需分析清楚运动过程，综合求解。15（16分）如图甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电压为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间，最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压，电
29、压UCD随时间变化的图像如图乙所示，已知电子质量为m，电荷量为e，C、D极板长为L，板间距离为d，偏转电压为U2，荧光屏距C、D极板右端的距离为，且所有电子都能从C、D极板右端射出。（1）求电子刚进入偏转电场时的速度大小；（2）若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间，求打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离；（3）若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍，求打在荧光屏上O点时电子的动能。【分析】（1）由动能定理求出加速获得的速度。（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式xvt求时间，竖直方向做匀变速直线运动，可解得打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离。（3）电子要到达
30、O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，根据位移相等，由运动学公式求出向上加速的时间，求得竖直方向偏转的距离，根据动能定理求解到达荧光屏上O点的电子的动能。【解答】解：（1）电子在加速电场中根据动能定理有：解得：（2）t0、T、2T时刻进入的电子向上偏转量最大（同理，tT/2、3T/2时刻进入的电子向下偏转量最大）设电子在偏转电场中的运动时间为距离O点的最大距离为（3）电子要能达到O点，电子在竖直方向先加速后减速再反向加速，且向上和向下位移大小相等，向上偏转量：向下偏转量：由y上y下得：竖直方向，电子速度从零反向加速位移电场力做功，电子达到O点动能答：（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小为；（2）若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间，打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离为；（3）若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍，打在荧光屏上O点时电子的动能为。【点评】本题是电子在周期性电场中运动的类型，分析运动过程是关键，再运用牛顿第二定律和运动学公式求解。