福建省廈門六中2022-2023學年物理高三上期中聯(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，不得在試卷上作任何標記。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，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，一同學在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，保持平衡下列說法正確的是（）A石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力B石塊b對a的支持力和a對b的

2、壓力是一對平衡力C石塊c受到水平桌面向右的摩擦力D石塊b對c的作用力一定豎直向下2、如圖所示，一輕質彈簧一端系在墻上的O點， 彈簧處于原長狀態(tài)時另一端位于B點，今用一小物體m把彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物體能運動到C點靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，試判斷下列說法中正確的是（ ）A物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小B物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運動C物體從A到B加速度越來越小，從B到C加速度不變D物體在B點所受合力為零3、有一豎直放置的T型架，表面光滑，兩質量均為m的滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B間用一不可伸長的輕細繩相連，A、B可看作質點，如圖

3、所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止?，F(xiàn)由靜止釋放B，下列關于兩滑塊以后運動中的說法正確的是A在滑塊B從釋放到最低點的過程中，B 物 體減少的重力勢能等于A物體增加的動能B在滑塊B從釋放到最低點的過程中，繩中張力始終小于mgC設細繩與豎直方向的夾角為60時，滑塊B的速度為v，則連接A下降的高度為D當細繩與豎直方向的夾角為60時，A、B兩物體的速度比為4、如圖所示，質量相等的兩個物體，沿著傾角分別為和（）的兩個光滑固定斜面，由靜止開始從斜面頂端滑下，到達斜面底端，兩個斜面高度相同。在此過程中，關于兩個物體，相同的物理量是A下滑的加速度大小B下滑的時間C合外力的沖量大小D重力的平均功率5、如圖所示

4、，在豎直光滑墻壁上用細繩將一個質量為m的球掛在A點，平衡時細繩與豎直墻的夾角為， mg，TmgBNmgCNmg，Tmg，Tmg，則選項B錯誤；當細繩與豎直方向的夾角為60時，將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩子的方向，兩物體沿繩子方向的速度相等，有：vBcos60=vAcos30，所以 ；AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：mgh=mvA2+mvB2，因滑塊B的速度為v，所以：h=，繩長l=2h=選項CD錯誤；故選A.4、C【解析】根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式判斷加速度以及下滑的時間的關系；由動量定理可以判斷合外力的沖量是否相等；根據(jù)功率的公式來判斷平均功率的大小關系；【詳解】A、物體沿光滑

5、的斜面下滑，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsin=ma，即a=gsin，與斜面傾角有關，由于斜面傾角不同，故加速度不同，故選項A錯誤；B、物體下滑過程中，下滑高度h相等，由機械能守恒定律得：mgh=12mv2，物體到達斜面底端時，速度v=2gh由牛頓第二定律得加速度為：a=gsin物體沿斜面下滑的時間：t=va=1sin2hg，由于傾角和不同，物體下滑的時間t不同，故B錯誤；C、由于物體下滑高度相同，由上面分析可知，到達斜面底端時兩物體的速度大小相等，由于兩物體質量相等，則其動量大小mv相等，由動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化量，由于動量變化量大小相等，則合力沖量大小相等，故C正確；D、物體

6、下滑過程中，物體初末位置相同，重力做功：W=mgh相等，由于運動時間t不同，則重力的平均功率P=Wt不同，故D錯誤?！军c睛】本題考查牛頓第二定律以及動量定理的應用的問題，在平時學習過程中注意加強訓練。5、B【解析】分析球的受力情況，作出力圖，根據(jù)平衡條件求解懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持【詳解】以球為研究對象，分析其受力情況：重力mg、懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持力，根據(jù)平衡條件，有：，N=mgtan，由于45，所以Nmg.故選B.【點睛】本題是三力平衡問題，分析受力情況，作出力圖，運用平衡條件和幾何知識列式求解即可6、B【解析】兩球碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完

7、全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv=（m+3m）v解得：v=0.25v；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv=mvA+3mvB，由機械能守恒定律得： mv2=mvA2+3mvB2解得：vB=0.5v則碰撞后B的速度為：0.25vvB0.5v，故B正確；故選B點睛：本題考查了求碰撞后球的速度，分析清楚碰撞的類型、應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題二、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、CD【解析】速度時間圖像的斜率表示物體運動的加速度，所以兩物體在時

8、刻斜率不同，所以加速度不相同，故A錯誤；速度的正負表示運動方向，在t2時刻之前速度都為正，所以都朝著正方向運動，t2時刻之后，速度仍舊為正，所以速度方向沒有發(fā)生變化，故B錯誤；圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，故兩物體t3時刻相距最遠，t4時刻相遇，即t4時刻位移相等，而運動時間又相等，所以平均速度相等，故CD正確；故選CD【點睛】解決本題的關鍵能夠從速度時間圖線中獲取信息，知道斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移速度的正負表示運動方向，圖像的曲線不表示物體運動的軌跡8、AD【解析】試題分析：圖像的斜率表示速度，斜率的正負表示運動方向，從圖像中可知甲一直朝著正方向運動，乙朝著負方向運動

9、，故兩者的運動方向相反，A正確；斜率表示速度，故甲在0-2s做勻速運動，速度大小為v1=402=20m/s，然后靜止，6-8s又開始做勻速運動，速度大小為v2=60-402=10m/s，B錯誤；圖線乙的斜率恒定，做勻速直線運動，C錯誤；圖線的交點表示兩者相遇，故甲乙兩物體在距甲的出發(fā)點60m處相遇，D正確；考點：考查了位移時間圖像【名師點睛】關鍵掌握位移圖象的基本性質：橫坐標代表時刻，而縱坐標代表物體所在的位置，縱坐標不變即物體保持靜止狀態(tài)；位移時間圖像是用來描述物體位移隨時間變化規(guī)律的圖像，不是物體的運動軌跡，斜率等于物體運動的速度，斜率的正負表示速度的方向，質點通過的位移等于x的變化量x9

10、、AC【解析】由題意可知考查環(huán)繞天體運動規(guī)律、天體質量計算，根據(jù)萬有引力定律、牛頓第二定律分析計算可得?！驹斀狻緼“悟空”到地球球心的距離小于同步衛(wèi)星到地球球心的距離，由公式可知“悟空”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，故A正確；B第一宇宙速度指的是環(huán)繞地球表面轉動時的速度，取“悟空”為研究對象，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律可得因“悟空”軌道半徑大，其線速小于第一宇宙速度，故B錯誤；C設“悟空”的環(huán)繞周期為T，由可得T=故C正確；D設地球質量為M，“悟空”質量為m，由牛頓第二定律可得由角速的定義式可得 聯(lián)立可得地球的質量為M=無法計算出“悟空”的質量，故D錯誤?！军c睛】環(huán)繞規(guī)律：

11、軌道半徑越大，線速度越小、角速度越小、周期越長、向心加速度越小；利用環(huán)繞天體的軌道半徑、周期只能計算中心天體的質量，無法計算環(huán)繞天體的質量。10、BCD【解析】根據(jù)動能定理得，mgR=12mv2，知兩物塊達到底端的動能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同故A錯誤，B正確；根據(jù)P=mgv豎直，可知乙物體中重力的功率隨速度的增大是增大的；故C正確；甲物塊在下滑過程，開始時重力功率為零，到達底部時重力的功率也為零，中間功率不為零，則說明重力的功率一定是先增大后減小，選項D正確；故選BCD. 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、1.050 1

12、 mM 【解析】本題考查“探究合外力做功與動能改變的關系”實驗，意在考查考生對實驗原理的理解能力【詳解】(1)游標卡尺的讀數(shù)為 (2)根據(jù)本實驗原理和動能定理有，整理得：；則v2m圖象為一條傾斜的直線，由題圖丙可知v20時，m0.1 kg，由，解得：(3)根據(jù)模型的實際受力分析，由功能關系有，則v2與m的函數(shù)關系為，即v2與m不是線性關系只有滿足mM，函數(shù)關系才變?yōu)?，v2m圖象是線性變化的，說明合外力做的功等于動能的改變，圖線的斜率12、0.59J0.034JABC【解析】試題分析：將砝碼重力當作小車所受合外力，根據(jù)功的定義可以正確解答，根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均

13、速度可以求出第4個點的速度大小，進一步求出其動能大?。粚嶒炚`差主要來自兩個方面一是由實驗原理不完善，沒有平衡摩擦力導致的系統(tǒng)誤差，一是由數(shù)據(jù)測量如測量距離等導致的偶然誤差，可以從這兩個方面進行分析（1）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，相鄰的兩個計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1s，得v4=x352T=0.1850-0.0690.2=0.58m/s，小車的動能增量為Ek=12Mv42=120.20.582=0.034J，（2）該實驗產(chǎn)生誤差的主要原因一是鉤碼重力大小并不等于繩子拉力的大小，設繩子上拉力為F，對小車根據(jù)牛頓第二定律有：F=Ma，對砂桶和砂有：mg-F=maF=

14、Mm+Mmg，由此可知當Mm時，砂和砂桶的重力等于繩子的拉力，顯然該實驗中沒有滿足這個條件；另外該實驗要進行平衡摩擦力操作，否則也會造成較大誤差；還有可能沒有考慮鉤碼的動能的增加，故ABC正確四、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、 【解析】試題分析：第一宇宙速度是衛(wèi)星在近地圓軌道上的環(huán)繞速度，重力等于萬有引力，引力等于向心力，列式求解設衛(wèi)星的質量為m，地球的質量為M，在地球表面附近有： 衛(wèi)星受到的萬有引力提供其圓周運動的向心力： 聯(lián)立解得： 點睛：本題主要考查了萬有引力公式的應用，注意在地面附近可以近似的看做萬有引力

15、等于重力14、（1）1m/s（1）0.1m（3）1.0ml1.5m或l0.15m【解析】（1）物塊A沖上圓形軌道后回到最低點速度為v0=m/s，與彈簧接觸瞬間，可得，物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小m/s；（1）A被彈簧以原速率v1彈回，向右經(jīng)過PQ段，有；解得A速度v1=1m/s，A滑上圓形軌道，有，（也可以應用）可得，返回到右邊軌道的高度為h=0.1m=R，符合實際（3）物塊A以v0沖上軌道直到回到PQ段右側，有，可得，A回到右側速度：，要使A能返回右側軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道，則有：若A沿軌道上滑至最大高度h時，速度減為0，則h滿足：0hR，根據(jù)機械能守恒：聯(lián)立可得，1.0ml1.5m；若A能沿軌道上滑至最高點，則滿足：且，聯(lián)立得l0.15m，綜上所述，要使A物塊能第一次返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，l滿足的條件是1.0ml1.5m或l0.15m；15、 (1)84J (2)0.64m【解析】物體先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，先根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度，再由速度公式求出物體在傳送帶相對滑動的時間，此過程中物體通過的位移大于傳送帶的長度，所以物體一直做勻速直線運動，根據(jù)動能定理求解傳