《2022-2023年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版 (I)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版 (I)（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版 (I)一、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）1（6分）某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中 （）A屋顶对他的支持力不变B屋顶对他的支持力变大C屋顶对他的摩擦力不变D屋顶对他的摩擦力变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以人为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和支持力与坡角的关系式，再分析两个力如何变化解答：解：以人为研究对象，作出力图设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：f=Gsin屋顶对他的支持
2、力：N=Gcos人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角减小，则f减小，N增大即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大故选B点评：本题是简单的三力力平衡问题，分析受力，作出力图是关键2（6分）（xx福建）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率.专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：剪断轻
3、绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值解答：解：设斜面倾角为，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsin=mAg，所以mBmA，A、剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mghv=所以速度的变化量为v0=，故A错误；B、剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B错误；C、重力势能变化量EP=mgh，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；D、A运动的时间为：t1=，所以A重力做功的平均功率为：B运动有：，解
4、得：t2=，所以B重力做功的平均功率为：，而mBgsin=mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D正确故选D点评：重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中3（6分）质量为2kg的物体，放在动摩擦因数p=0.1的 水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体随位置X变化的关系如 图所示重力加速度g取1Om/s2，则（）AX=Om至x=3m的过程中，物体的加速度是 2.5 m/s2BX=Om至X=3m的过程中，物体的加速度是1.5m/s2CX=6m时，物体的速度约为20m/sDx=
5、3m至x=9m的过程中，物体做匀加速运动考点：功的计算；匀变速直线运动的图像.专题：功的计算专题分析：对物体受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可解答：解：A、B：对于前3m，根据动能定理，有W1mgs=mv2解得：3m/s根据速度位移公式，有2a1s=v2解得a1=1.5m/s2故A错误、B正确；C、对于前6m过程，根据动能定理，有W2mgs=mv22解得v2=2m/s故C错误；D、由图象可知，x=3m至x=9m的过程中，力F不变，所以物体做匀加速直线运动，故D正确故选BD点评：本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和速
6、度位移公式列式并联立求解4（6分）（xx南昌模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（）A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动考点：闭合电路的欧姆定律；电容.专题：恒定电
7、流专题分析：电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况若断开电键S，电容器处于放电状态解答：解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大
8、，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误故选A点评：本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化二、选择题（本题共小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是
9、符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5（6分）（xx闵行区二模）如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点一个带电粒子由C点静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（）ABCD考点：电场强度；匀变速直线运动的图像.专题：电场力与电势的性质专题分析：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为CO、DO，若是正电荷则为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，由于释放位置不清楚则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受
10、电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加解答：解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为CO、DO，若是正电荷则电场强度方向为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而C选项图象的斜率表示加速度的大小，所以C正确；若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小而D选项图象的斜率表示加速度的大小故D正确；
11、A、B均错误故选CD点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性6（6分）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：本题A
12、的关键是由小环加速下落可知重物加速上升，再根据牛顿第二定律即可求解；题B的关键是明确重物上升的高度应等于绳子缩短的长度；题C和D的关键是明确小环在沿绳子的方向速度与重物速度相等，然后将小环的速度沿绳子与垂直于绳子方向正交分解即可解答：解：A：由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；B：小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即h=dd，所以B错误；C、D：根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环A速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：=，即，所以C错误，D正确；故选：AD点评：应明确：对与绳子牵连有关
13、的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解7（6分）如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量为正值，外力F向右为正则以下能反映线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（）AB
14、CD考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与图像结合分析：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化解答：解：A、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到1.5L时，磁通量最小，故A错误；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，故B错误；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选：D点评：电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答三、解答题（共
