2022-2023學年安徽省銅陵市銅都雙語學校高三物理第一學期期中檢測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖，兩個小球分別被兩根長度不同的細繩懸于等高的懸點，現將細繩拉至水平后由靜止釋放小球，當兩小球通過最低點時，兩球一定有相同的 ( )A速度B角速度C加速度D機械

2、能2、下列關于電場和磁場的說法中正確的是()A電場線和磁感線都是封閉曲線B電場線和磁感線都是不封閉曲線C通電導線在磁場中一定受到磁場力的作用D電荷在電場中一定受到電場力的作用3、物體A、B的x-t圖像如圖所示，由圖可知A兩物體由同一位置，A比B晚3s開始運動B從第3s末起，兩物體運動方向相同，且vAvBC在5s內物體的位移相同，5s末A、B相遇D5s內A、B的平均速度相等4、如圖所示，滑塊以初速度滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點則下列能大致描述滑塊整個運動過程中的速度v、加速度a、動能、重力對滑塊所做的功W與時間t或位移x之間關系的圖象是取初速度方向為正方向ABCD5、在水平

3、地面上有相距為L的A、B兩點，甲小球以v110 m/s的初速度，從A點沿與水平方向成30角的方向斜向上拋出，同時，乙小球以v2的初速度從B點豎直向上拋出若甲在最高點時與乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法錯誤的是A乙球的初速度v2一定是5 m/sB相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度CL為2.5mD甲球與乙球始終在同一水平面上6、如圖所示，細繩懸掛在墻壁上的A、B兩點位置，已知AO=BO且AOBO，同一細繩子ACB總長度是AO段的3倍掛在細繩上的小滑輪C可自由移動，其下懸掛重為G的物體，不計細繩和小滑輪的質量及其摩擦則小滑輪靜止時( ) A兩根繩子的拉力大小為32G8B兩根繩子的拉力

4、大小為 33GC懸掛點B上移兩根繩子的拉力變小D懸掛點B上移兩根繩子的拉力變大二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端連接兩輕環(huán)A、B，兩環(huán)分別套在相互垂直的水平桿和豎直桿上，輕繩繞過光滑的輕小滑輪，重物懸掛于滑輪下，始終處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（ ）A只將環(huán)A下移動少許，繩上拉力變大，環(huán)B所受摩擦力變小B只將環(huán)A向下移動少許，繩上拉力不變，環(huán)B所受摩擦力不變C只將環(huán)B向右移動少許，繩上拉力變大，環(huán)B所受桿的彈力不變D環(huán)A受三個力作用

5、，環(huán)B受四個力作用8、如圖水平傳送帶在電動機帶動下始終保持以速度v勻速運動，某時刻質量為m的物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經過一段時間物塊能與傳送帶保持相對靜止已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為若當地的的重力加速度為g，對于物塊放上傳送帶到物塊與傳送帶相對靜止的過程，下列說法中正確的是（ ）A物塊所受摩擦力的方向水平向右B物塊運動的時間為C物塊相對地面的位移大小為D物塊相對傳送帶的位移大小為9、有一個電子原來靜止于平行板電容器的中間，設AB兩板的距離足夠大，今在t=0開始在兩板間加一個交變電壓，使得該電子最后打在A板上，則下列滿足要求的交變電壓有ABCD10、在動摩擦因數0.2的水平面上有一個

6、質量m2kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的支持力恰好為零，取g10m/s2，以下說法正確的是A此時輕彈簧的彈力為零B此時輕繩的拉力為202NC當剪斷輕繩的瞬間，小球所受的摩擦力為零D當剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為8m/s2，方向向左三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）某同學利用如圖所示的裝置探究做功與速度變化的關系(1)小物塊在橡皮筋的作用下彈出，沿水平桌面滑行，之后平拋落至水平地面上，落點記為M1；(2)在釘子上分別套上2條、3條、4條

7、同樣的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的長度都保持一致，重復步驟(1)，小物塊落點分別記為M2、M3、M4；(3)測量相關數據，進行數據處理為求出小物塊拋出時的動能，需要測量下列物理量中的 _(填正確答案標號)A小物塊的質量mB橡皮筋的原長xC橡皮筋的伸長量xD桌面到地面的高度hE小物塊拋出點到落地點的水平距離L將幾次實驗中橡皮筋對小物塊做功分別記為W1、W2、W3、，小物塊拋出點到落地點的水平距離分別記為L1、L2、L3、.若功與速度的平方成正比，則應以W為縱坐標、_為橫坐標作圖，才能得到一條直線由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽略，則由此引起的誤差屬于_(填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)12（12分）

8、用如圖甲所示的裝置進行“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中（1）若小車的總質量為M，砝碼和砝碼盤的總質量為m，則當滿足_條件時，可認為小車受到合外力大小等于砝碼和砝碼盤的總重力大?。?）在探究加速度與質量的關系實驗中，下列做法中正確的是_A平衡摩擦力時，不應將裝砝碼的砝碼盤用細繩通過定滑輪系在小車上 B每次改變小車的質量時，都需要重新平衡摩擦力C實驗時，先接通打點計時器電源，再放開小車D小車運動的加速度可由牛頓第二定律直接求出（3）甲同學通過對小車所牽引紙帶的測量，就能得出小車的加速度a如圖乙是某次實驗所打出的一條紙帶，在紙帶上標出了5個計數點，在相鄰的兩個計數點之間還有4個打點未標出，計時

9、器打點頻率為50Hz，則小車運動的加速度為_（保留兩位有效數字）（4）乙同學通過給小車增加砝碼來改變小車的質量M，得到小車的加速度a與質量M的數據，畫出 圖線后，發(fā)現當較大時，圖線發(fā)生彎曲該同學后來又對實驗方案進行了進一步地修正，避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現象則該同學的修正方案可能是_A改畫a與的關系圖線B改畫a與的關系圖線C改畫 a與的關系圖線D改畫a與的關系圖線四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，一質量為m=15kg的滑塊從傾角為=47的斜面上自靜止開始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且與斜

10、面平滑連接，滑塊滑過斜面末端時無能量損失），滑塊離開斜面后水平滑上與平臺等高的小車已知斜面長s=13m，小車質量為M=45kg，滑塊與斜面及小車表面的動摩擦因數=345，小車與地面光滑且足夠長，取g=13m/s4求：（1）滑塊滑到斜面末端時的速度（4）當滑塊與小車相對靜止時，滑塊在車上滑行的距離14（16分）如圖所示，有一質量m=1kg的小物塊，在平臺上以初速度v0=3m/s水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的半徑R=0.5m的粗糙圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M=3kg的長木板，木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，

11、當小物塊在木板上相對木板運動l=1m時，與木板有共同速度，小物塊與長木板之間的動摩擦因數=0.3，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角=53，不計空氣阻力，取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.1求：(1)A、C兩點的高度差h；(2)物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(3)物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功15（12分）如圖所示，傳送帶與地面的夾角37，AB長L8.8m，傳送帶以v06m/s的速率沿逆時針方向轉動在傳送帶上端A無初速度地放一個質量m2kg的黑色煤塊，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數0.5，煤塊在傳送帶上運動會留下黑色痕跡已知g10m/s2，sin370.6，

12、cos370.8，求(1)煤塊從A點運動到B點的時間(2)煤塊從A點運動到B點的過程中，傳送帶上形成的黑色痕跡的長度參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】試題分析：根據動能定理得：mgL=mv2，解得：，因為L不等所以速度不等，故A錯誤；B、根據解得：a=2g，所以兩球加速度相等，又a=L2，所以角速度不等，故B錯誤C正確；因為兩球的質量關系未知，初始位置它們的重力勢能不一定相等，所以在最低點，兩球的機械能不一定相等，故D錯誤；故選C.考點：動能定理；向心加速度【名師點睛】此題考查了動能定理的應用以及向心加

13、速度及角速度的知識；解決本題的關鍵掌握動能定理和機械能守恒定律，知道擺球在最低點靠合力提供做圓周運動的向心力，列的式子即可解答；此題是基礎題，意在考查基礎知識的應用.2、D【解析】電場線不閉合，而磁感線是閉合的，故AB錯誤；通電導線與磁場平行時，不受磁場力作用，故C錯誤；電荷在電場中一定受到電場力的作用，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。3、B【解析】A由圖可知，B從5m處開始運動，而A從0m處開始運動，故二者開始位置不同且A從3s開始運動，運動方向都沿x軸的正方向。故A不符合題意。B圖象的斜率表示速度，由圖可知，A的斜率大于B的，故A的速度要大。故B符合題意。C在5s內，A的位移為10m，而

14、B的位移為5m，所以5s內物體的位移不同。故C不符合題意。D因5s的位移不同，所以5s內的平均速度不同。故D不符合題意。4、D【解析】物體上滑時的加速度大小 a1=gsin+gcos，方向沿斜面向下下滑時的加速度大小 a2=gsin-gcos，方向沿斜面向下，則知a1a2，方向相同，均為負方向因v-t線的斜率等于加速度，可知選項AB錯誤；動能是標量，不存在負值故C錯誤重力做功W=-mgh=-mgxsin，故D正確故選D.點睛：解決本題的關鍵根據牛頓第二定律得出上滑和下滑的加速度，判斷出物體的運動情況要通過列方程分析圖象的物理意義5、B【解析】甲球豎直方向的初速度vyv1sin305m/s，水平

15、方向的初速度v0v1cos305m/s甲球在最高點與乙球相遇，說明甲球和乙球在豎直方向具有相同的運動規(guī)律，則乙球的初速度v2vy5m/s，故A正確；相遇前甲球的水平速度不為零，豎直方向與乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B錯誤；相遇時間t0.5s，則Lv0t2.5m，故C正確；由于甲球和乙球豎直方向的運動情況相同，所以甲球與乙球始終在同一水平面上，故D正確本題選錯誤的，故選B6、A【解析】AB、由圖根據幾何關系知：lACsin+lBCsin=OA，又lAC+lBC=3OA，解得：sin=13，則cos=223，由C點受力分析得：F1cos+F2cos=G，且是同一根

16、繩子：F1=F2，解得繩子拉力大小均為：F1=F2=G2cos=32G8，故A正確，B錯誤；CD、懸掛點B上移，由圖根據幾何關系知繩子與豎直方向的夾角不變，兩根繩子的拉力的大小不變，故C、D錯誤；故選A?！军c睛】關鍵是根據幾何關系列式，聯(lián)立方程求解夾角；同一根繩，拉力相等，對C點受力分析，根據平衡條件列式求解即可。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】設滑輪兩側繩子與豎直方向的夾角為，繩子的長度為L，B點到墻壁的距離為S，如圖所示：根據幾何知識和對稱性，得：

17、以滑輪為研究對象，設繩子拉力大小為F，根據平衡條件得：得：AB.只將環(huán)A下移動少許，即移到點，S和L均不變，由式知，夾角不變，不變，所以由式得知，F不變；因拉力不變，則B受力不變，故摩擦力不變，故A錯誤，B正確；C.只將環(huán)B向右移動少許，即移到點，S增加，而L不變，則由式得知，夾角增大，減小，所以由式得知，F增大。對整體受力分析可知，環(huán)B所受桿的彈力等于兩物體的重力之和，保持不變，故C正確。D.由題知A、B都是輕環(huán)，所以都不考慮自身的重力，對A受力分析可知，其受輕繩的拉力、向上的摩擦力和輕桿向左的支持力，共三個力作用；對B受力分析可知，其受輕繩的拉力、向右摩擦力和輕桿向上的支持力，共三個力作用

18、，故D錯誤。8、AD【解析】A. 物塊向右加速運動，受到向右的摩擦力作用，A正確；B、根據牛頓第二定律：，物塊加速運動的時間為t=v/a=，B錯誤；C、根據速度位移關系：，物塊的位移：，C錯誤；D、傳送帶的速度為v，物塊的平均速度為v/2，物塊相對傳送帶的位移大小等于物塊的位移，D正確故選AD9、ABD【解析】A.根據圖像可知，開始A板電勢高，電子先向左加速運動，然后向左減速到零，接著重復以上運動，所以可以打在A板，故A正確。B. 根據圖像可知，開始A板電勢高，電子先向左加速運動，然后向左減速到某一值，繼續(xù)向左加速，重復以上運動，可以打在A板，故B正確。C.根據圖像可知，開始電子向左加速 ，然

19、后向左減速，因為電場力大小相同，所以完成一個周期電子速度向右，然后重復進行，所以不會打在A板，故C錯誤。D.根據圖像及對稱性可知，電子先向左加速運動，然后向左減速到零，接著重復以上運動，所以可以打在A板，故D正確。10、BD【解析】試題分析：剪斷輕繩前小球受力情況，如圖所示，根據平衡條件得：輕彈簧的彈力大小F=mg=20N，細線的拉力大小為T=2mg=202N剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，此時輕彈簧的彈力大小仍為F=20N，水平面對小球的支持力大小N=mg=20N，摩擦力大小為f=mg=4N，根據牛頓第二定律得：加速度a=F-fm=20-42m/s2=8m/s2，方向向左故選BD.考點：牛頓

20、第二定律；共點力的平衡.三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、ADE 系統(tǒng)誤差 【解析】（1）小球離開桌面后做平拋運動，根據桌面到地面的高度，可計算出平拋運動的時間，再根據小物塊拋出點到落地點的水平距離，可計算出小球離開桌面時的速度，根據動能的表達式，還需要知道小球的質量，故ADE正確，BC錯誤；（2）根據，和，可得，因為功與速度的平方成正比，所以功與正比，故應以W為縱坐標、為橫坐標作圖，才能得到一條直線；（3）偶然誤差的特點是它的隨機性，如果我們對一些物理量只進行一次測量，其值可能比真值大也可能比真值小，這完全是偶然的，產生偶然誤差的原

21、因無法控制，所以偶然誤差總是存在，通過多次測量取平均值可以減小偶然誤差，但無法消除；系統(tǒng)誤差是由于儀器的某些不完善、測量技術上受到限制或實驗方法不夠完善沒有保證正確的實驗條件等原因產生，由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽略且無法消除，則由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差12、Mm AC 0.45 A 【解析】試題分析：（1）小車所受的合力等于繩子的拉力，對整體運用牛頓第二定律得：，隔離對M分析，有：，當時，可認為小車受到合外力大小等于砝碼乙和砝碼盤的總重力（2）在該實驗中，我們認為繩子的拉力就等于小車所受的合外力，故在平衡摩擦力時，細繩的另一端不能懸掛裝砝碼的砝碼盤，故A正確；由于平衡摩擦力之后有，故，

22、所以無論小車的質量是否改變，小車所受的滑動摩擦力都等于小車的重力沿斜面的分力，改變小車質量時不需要重新平衡摩擦力，故B錯誤；實驗時應先接通電源然后再放開小車，故C正確；小車的加速度應根據打點計時器打出的紙帶求出，不能由牛頓第二定律求出，故D錯誤（3）每打五個點取一個計數點，又因打點計時器每隔打一個點，所以相鄰兩計數點間的時間，根據，則：（4）分別對小車與砝碼列出牛頓第二定律，對小車有，對砝碼有，兩式聯(lián)立可得，作圖時應作出圖象，故選項A正確考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系【名師點睛】明確實驗原理是解決有關實驗問題的關鍵在驗證牛頓第二定律實驗中，注意以下幾點：平衡摩擦力，這樣繩子拉力才為

23、合力；滿足砝碼（連同砝碼盤）質量遠小于小車的質量，這樣繩子拉力才近似等于砝碼（連同砝碼盤）的重力；用“二分法”求出小車的加速度四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）8 m/s（4）54m【解析】試題分析：（1）設滑塊在斜面上的滑行加速度a，由牛頓第二定律，有 mg（sin-cos）=ma代入數據得：a=44m/s4又：s=at4解得 t=45s到達斜面末端的速度大小 v3=at=8 m/s（4）小車與滑塊達到共同速度時小車開始勻速運動，該過程中小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，則：mv3=（m+M）v代入數據得：v=44m/s滑塊在小車上運動的過程中，系統(tǒng)減小的機械能轉化為內能，得：mgLmv34（m+M）v4代