2022-2023學(xué)年吉林省白城市第十四中學(xué)物理高三上期中聯(lián)考模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60，C是圓環(huán)軌道的圓心，已知在同一時刻a、b兩球

2、分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運(yùn)動到M點；c球由C點自由下落到M點，則（）Aa球最先到達(dá)M點Bb球最先到達(dá)M點Cc球最先到達(dá)M點Db球和c球都可能最先到達(dá)M點2、如圖所示是某質(zhì)點做簡諧運(yùn)動的振動圖象關(guān)于質(zhì)點的運(yùn)動情況，下列描述正確的是（）At1.5s時，質(zhì)點正沿x軸正方向運(yùn)動Bt1.5s時，質(zhì)點的位移方向為x軸負(fù)方向Ct2s時，質(zhì)點的速度為零Dt2s時，質(zhì)點的加速度為零3、如圖所示，O為兩個等量異種電荷連線的中點，P為連線中垂線上的一點，對O、P兩點的比較正確的是（ ）AOP，EOEPBOP，EO=EPCO、P兩點所在直線為等勢面D負(fù)電荷在P點的電勢能大4、津京城際列車“

3、復(fù)興號”在2018年8月8號實現(xiàn)350公里時速運(yùn)行，這樣，從天津站到北京南站的時間就控制在三十分鐘以內(nèi)以下四個運(yùn)動圖線，能基本表示“復(fù)興號”列車在津京段運(yùn)動規(guī)律的是（ ）ABCD5、某運(yùn)動物體做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為，那么此物體：（ ）A在任意1s內(nèi)末速度一定等于初速度的0.6倍B任意1s的初速度一定比前1s的末速度大0.6m/sC在每1s內(nèi)的速度變化大小為0.6m/sD在任意1s內(nèi)通過的位移大小為0.3m6、下列說法不正確的是A亞里士多德認(rèn)為力是維持物體運(yùn)動的原因B牛頓三大定律都可以通過實驗來驗證C做曲線運(yùn)動的物體其合力可以是恒力D卡文迪許利用扭秤實驗測出了引力常量G的數(shù)值二、多項選擇

4、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、有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運(yùn)動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則Aa的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，a、c轉(zhuǎn)過的弧長對應(yīng)的角度相等Cc在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是/3，a在2小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是/6Db的運(yùn)動周期一定小于d的運(yùn)動周期，d的運(yùn)動周期一定小于24小時8、如圖所示，光滑長

5、鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為遠(yuǎn)大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度鐵鏈靠慣性通過軌道繼續(xù)前進(jìn)，下列判斷正確的是A在第一節(jié)完成圓周運(yùn)動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能守恒B每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小C第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點的速度大小相等D第一節(jié)回到最低點至最后一節(jié)進(jìn)入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變9、如圖所示,一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處,B為軌道最高點,C、D為圓的水平直徑兩端點輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點, 已知彈簧的勁度系數(shù)為k=mg/R，原長為L=2R，彈性限度內(nèi)，若給小球一水平初速度v0,已知重力加速度為g,則（ ）A無論v0多大，小球均不會離開圓軌

6、道B若在則小球會在B.D間脫離圓軌道C只要，小球就能做完整的圓周運(yùn)動.D只要小球能做完整圓周運(yùn)動,則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差恒為6mg10、如圖甲所示，質(zhì)量為m2的長木板靜止在光滑的水平面上，其上靜止一質(zhì)量為m1的小滑塊，現(xiàn)給木板施加一隨時間均勻增大的水平力F，滿足F=kt（k為常量，t代表時間），長木板的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知小滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A在02s時間內(nèi)，小滑塊與長木板間的摩擦力增大B小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)Cm1與m2之比為1：3D當(dāng)小滑塊從長木板上脫離時，其速度比長木板小0.5m/s三、實驗題：本題共2小

7、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）利用如圖甲所示的實驗電路圖測量兩節(jié)干電池組成的電源的電動勢和內(nèi)阻 甲 乙（1）在實驗操作正確的情況下測得數(shù)據(jù)記錄在下表中，請在圖乙中作出U-I圖像_（2）根據(jù)U-I圖像，可得該電池組的電動勢E=_V，內(nèi)阻r=_（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）本實驗存在系統(tǒng)誤差，原因是_（選填“電壓表分流”或“電流表分壓”），由此造成電源內(nèi)阻測量值_（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值12（12分）在探究加速度與物體所受合外力和質(zhì)量間的關(guān)系時，采用如圖所示的實驗裝置，小車及車中的砝碼質(zhì)量用M表示，盤及盤中的砝碼質(zhì)量用m表示，小車

8、的加速度可由小車后拖動的紙帶上由打點計時器打出的點計算出：（1）當(dāng)M與m的大小關(guān)系滿足_時，才可以認(rèn)為細(xì)線對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力（2）一組同學(xué)在保持盤及盤中的砝碼質(zhì)量一定的情況下，探究加速度與小車質(zhì)量的關(guān)系，以下做法正確的是_A平衡摩擦力時，應(yīng)將盤及盤中的砝碼用細(xì)線繞過定滑輪系在小車上B每次改變小車的質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力C實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源D小車運(yùn)動的加速度可用天平測出m和M，直接用公式a求出（3）在保持小車及車中的砝碼質(zhì)量M一定，探究加速度與所受合外力的關(guān)系時，由于平衡摩擦力時操作不當(dāng)，兩位同學(xué)得到的aF關(guān)系分別如圖中甲、乙所示（a是小車的加速度

9、，F(xiàn)是細(xì)線作用于小車的拉力）其原因分別是：甲圖：_；乙圖：_.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）質(zhì)量為的小車靜止于光滑水平面上，小車的上表面由光滑的圓弧和光滑平面組成，弧半徑為，車的右端固定有一不計質(zhì)量的彈簧，如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為的滑塊從圓弧最高處無初速下滑，與彈簧相接觸不栓接并壓縮彈簧。重力加速度求：彈簧具有的最大的彈性勢能；當(dāng)滑塊與彈簧分離時小車的速度。14（16分）如圖所示，質(zhì)量m的小球套在半徑為R的固定光滑圓環(huán)上，圓環(huán)的圓心為O，原長為0.8R的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與圓

10、環(huán)在同一豎直平面內(nèi)，圓環(huán)上B點在O的正下方，當(dāng)小球在A處受到沿圓環(huán)切線方向的恒力F作用時，恰好與圓環(huán)間無相互作用，且處于靜止?fàn)顟B(tài)已知： ， ，彈簧處于彈性限度內(nèi)， ， ，重力加速度g=10m/s1求：（1）該彈簧的勁度系數(shù)k；（1）撤去恒力，小球從A點沿圓環(huán)下滑到B點時的速度大小vB；（3）小球通過B點時，圓環(huán)對小球的作用力大小NB 15（12分）長木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示,求:（1）系統(tǒng)損失的機(jī)械能為多少;（2）木板A的最小長度為多少;（3）A、B間的

11、動摩擦因數(shù)為多少參考答案一、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】如圖所示令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足所以對于a球令A(yù)M與水平面成角，則a球下滑到M時滿足解得同理b球從B點下滑到M點用時也滿足上式中r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，rR，綜上所述可得故C正確，ABD錯誤。故選C。2、D【解析】在t=1.5s時刻，圖象切線的斜率為負(fù)，說明質(zhì)點是從x的最大位移處向平衡位置方向運(yùn)動的，運(yùn)動的方向沿x的負(fù)方向，故A錯誤由圖可知，1.5s末質(zhì)點的位移大于0，質(zhì)點的位移方向為x軸正方向，故B錯誤

12、由圖可知，在t=2s時刻，質(zhì)點的位移為0，則速度為最大，故C錯誤由圖可知，在t=2s時刻，質(zhì)點的位移為0，則恢復(fù)力等于0，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度等于0，故D正確故選D.點睛：此題關(guān)鍵是知道位移時間圖象的斜率等于速度，從而分析質(zhì)點的速度方向質(zhì)點通過平衡位置時速度最大，加速度最??；通過最大位移處時加速度最大3、C【解析】等量異種點電荷連線的中垂線電勢為零，所以o=P，由等量異種點電荷的電場線的分布，可得O點的電場線最密，P點的較疏。所以EoEp，故AB錯誤；等量異種點電荷連線的中垂線是等勢線，因此負(fù)電荷在P點的電勢能與O點相同，故C正確，D錯誤；故選C?！军c睛】雖然電場線不是實際存在的，但電場

13、線的疏密可以體現(xiàn)電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱；可以根據(jù)電場線方向來確定電勢的高低；同時還考查了等量異種點電荷的電場線的分布，電場線與等勢線相互垂直。4、C【解析】A、由x-t圖線知，列車開始勻速運(yùn)動，中間靜止，最后反向勻速運(yùn)動，最后回到初位置，這與列車的實際運(yùn)動不符合，故A錯誤B、由x-t圖線知，列車開始勻速運(yùn)動，緊接著就反向勻速運(yùn)動，最后回到初位置，這與列車的實際運(yùn)動不符合，故B錯誤C、由v-t圖線可知，列車開始勻加速運(yùn)動，然后勻速運(yùn)動，最后做加速度逐漸減少的減速運(yùn)動，平穩(wěn)的到達(dá)北京南站，故C正確D、由v-t圖線可知，列車開始勻加速運(yùn)動，然后勻速運(yùn)動，最后還是做勻加速運(yùn)動，顯然與實際運(yùn)動不符合，故D錯誤故

14、選C5、C【解析】AC物體做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為0.6m/s2，知任意1s內(nèi)的速度的增量為0.6m/s，所以在任意1s內(nèi)末速度不一定等于初速度的0.6倍。故A不符合題意，C符合題意。B物體在某1s初和前1s末是同一時刻，速度相等。故B不符合題意。D物體做勻加速運(yùn)動，根據(jù)，可知每秒通過的位移不一定都是0.3m。故D不符合題意。6、B【解析】A力是維持物體運(yùn)動的原因是亞里士多德的觀點，A正確，不符合題意；B牛頓第一定律是理想實驗，不受外力作用，但在現(xiàn)實中不可能實現(xiàn)，所以不能夠通過實驗進(jìn)行驗證，B錯誤，符合題意；C平拋運(yùn)動是曲線運(yùn)動，物體只受重力作用，C正確，不符合題意；D卡文迪許利用扭秤實

15、驗測出了引力常量，D正確，不符合題意。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】衛(wèi)星a隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動向心力由萬有引力的分力提供：，可知其向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；對b、c、d萬有引力提供向心力：，可得軌道半徑越大，線速度、角速度越小，a、c兩顆衛(wèi)星角速度相等，再結(jié)合v=r可知c的線速度大于a的線速度，所以四個衛(wèi)星中b的線速度最大，故B正確；a、c周期相等都是24小時，c在4小時內(nèi)(即T/6)轉(zhuǎn)過的圓心角是/3，2小時是T/12，a轉(zhuǎn)過的圓心

16、角是/6，所以C正確；根據(jù)可知，軌道半徑越大，周期越大，b、c、d三顆衛(wèi)星，d的周期最大，b的周期最小，故d的周期大于24小時，所以D錯誤8、CD【解析】A、鐵鏈、火車、繩等由完全相同的各部分構(gòu)成連接體，各部分之間有彈力作用，若選一節(jié)研究，有除重力或彈簧彈力的其他外力做功，機(jī)械能不守恒；但選取真?zhèn)€系統(tǒng)為對象時，各部分的力屬于內(nèi)力，做功抵消，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，A錯誤B、D、當(dāng)系統(tǒng)的重心上升到圓心處，重力勢能增大，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知動能減小；以后每下降一節(jié)，后面上升一節(jié)，系統(tǒng)的機(jī)械能不變，則速度相等，故B錯誤，D正確C、第一節(jié)到達(dá)最高點和最后一節(jié)到最高點時系統(tǒng)的重心位置相同，由知重力勢

17、能相等時動能相等，則每一節(jié)的速率相等，C正確故選CD【點睛】本題以豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動為模型，考查了機(jī)械能守恒定律的一種應(yīng)用：由完全相同的各部分構(gòu)成的連接體模型，明確機(jī)械能守恒定律的條件是系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈簧彈力做功9、ACD【解析】AB彈簧的勁度系數(shù)為，原長為L=2R，所以小球始終會受到彈簧的彈力作用，大小為F=k（L-R）=kR=mg，方向始終背離圓心，無論小球在CD以上的哪個位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分量都小于等于彈簧的彈力（在CD以下，軌道對小球一定有指向圓心的支持力），所以無論v0多大，小球均不會離開圓軌道。故A符合題意，B不符合題意。C小球在運(yùn)動過程中只有重力做功，彈簧的彈

18、力和軌道的支持力不做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)運(yùn)動到最高點速度為零，在最低點的速度最小，有，解得：所以只要，小球就能做完整的圓周運(yùn)動，故C符合題意。D在最低點時，設(shè)小球受到的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律有：，解得：運(yùn)動到最高點時受到軌道的支持力最小，設(shè)為N，設(shè)此時的速度為v，由機(jī)械能守恒有：，此時合外力提供向心力，有：，可得：。聯(lián)立可得壓力差為：N=6mg，與初速度無關(guān)。故D符合題意。10、AD【解析】A在02s時間內(nèi)，小滑塊與長木板相對靜止，它們之間為靜摩擦力，對小滑塊有Ff=ma1a1在增大，所以靜摩擦力Ff也在增大，A正確；BC長木板的加速度a在3s時突變，所以小滑塊在3s時脫離長木板，對長木板

19、在3s時刻前、后的運(yùn)動分析，由牛頓第二定律可得F3Ff3=m2a前=m2（2m/s2）F3=m2a后=m2（3m/s2）解得Ff3=m2（1m/s2）在02s時間內(nèi)F=（m1+m2）a1=kt所以在23s時間內(nèi)FFf3=m2a2所以由圖線斜率可知解得m1=m2BC錯誤；D在2s時刻，小滑塊與長木板的速度相同，在23s時間內(nèi)小滑塊的速度的變化量為v1=1m/s長木板的速度變化量為v2=1.5m/s所以3s時，長木板比小滑塊的速度大0.5m/s，D正確。故選AD?！军c睛】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、 3.0 1.0 電壓表分流 小于

20、 【解析】由題中“利用如圖甲所示的實驗電路圖測量兩節(jié)干電池組成的電源的電動勢和內(nèi)阻”可知，本題考查電源電動勢和內(nèi)阻的測量，根據(jù)閉合電路歐姆定律和U-I圖像可解答本題?！驹斀狻浚?）1根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得下圖（2）2 根據(jù)U-I圖像，可得該電池組的電動勢即為U軸交點即E=3.0V；3圖像斜率表示，所以內(nèi)阻；（3）4由于電路采用內(nèi)接法，因此電壓表分流是導(dǎo)致誤差的主要原因；5因為采用內(nèi)接法，所以電流表測量值比電源電流要小，因此電源內(nèi)阻測量值偏小。12、mM B 木板的傾角過大 沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 【解析】（1）1對盤及盤中砝碼：mgFma；對小車：FMa聯(lián)立可得：aFmg只有當(dāng)mM時，才可認(rèn)為Fmg.（2）2平衡摩擦力時，先去掉盤、盤中砝碼和細(xì)線，只讓小車在重力沿斜面方向的分力作用下向左運(yùn)動，當(dāng)小車能勻速運(yùn)動時，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正確；調(diào)好后，當(dāng)再次改變小車質(zhì)量時，無需再平衡摩擦力，B正確；實驗時，要先接通打點計時器的電源，使打點計時器正常工作，再釋放小車，C不正確；小車的加速度是通過處理紙帶確定的，D不正確（3）12.由甲圖可看出F0時，a0，說明木板的傾角過大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力由乙圖可看出