2022-2023學年云南省曲靖市宣威市民中高三物理第一學期期中教學質量檢測模擬試題（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、如圖所示，從同一豎直線上不同高度A、B兩點處，分別以速率v1、v2同向水平拋出兩個小球，P為它們運動軌跡的交點。則下列說法正確的有（ ）A兩球在P點一定具有相同的

2、速率B若同時拋出，兩球可能在P點相碰C若同時拋出，落地前兩球豎直方向的距離逐漸變大D若同時拋出，落地前兩球之間的距離逐漸變大2、一輛汽車從靜止開始做加速直線運動，運動過程中汽車牽引力的功率保持不變，所受阻力恒定，行駛2min速度達到10m/s，該汽車在這段時間內行駛的距離為（）A一定大于600mB一定小于600mC一定等于600mD可能等于1200m3、在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，將橡皮條的一端固定在水平木板的A點，另一端系上兩根細繩，細繩的另一端都有繩套實驗中先用兩個彈簧測力計分別勾住繩套，并互成角度地拉橡皮條，將結點拉伸到某一位置O，如圖所示再只用一個彈簧測力計，通過細繩套把橡皮條

3、的結點拉到與前面相同的位置兩組同學得到的實驗數(shù)據分別如圖乙、丙所示則下列說法正確的是Failed to download image : 0:8086/QBM/2018/12/14/2096671323242496/2098779498233856/STEM/ba92238094dd4f16acde02a1e6408cef.pngA兩根細繩必須等長B兩彈簧測力計拉力方向夾角越大誤差越小C兩組同學的數(shù)據，丙圖更符合實際情況D橡皮筋對O點的拉力是合力，兩測力計對O點的拉力是分力4、在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊開始時滑塊靜止若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立即換成與E

4、1相反方向的勻強電場E1當電場E1與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1則AI1= I1B4I1= I1CW1= 0.15W1=0.75DW1= 0.10W1=0.805、如圖所示，物體 A、B 用細繩連接后跨過滑輪，A 靜止在傾角為 45的斜面上，B 懸掛著已知質量 mA2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45增大到60，但物體仍保持靜止，下列說法正確的是A繩子的張力增大B物體A對斜面的壓力將增大C物體A受到的靜摩擦力增大D滑輪受到繩子的作用力保持不變6、如圖所示，用一

5、輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的O點，在墻壁和球P之間夾有一長方體物塊Q，P、Q均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一鉛筆緊貼墻壁從O點開始緩慢下移，則在鉛筆緩慢下移的過程中（）A細繩的拉力逐漸變小BQ受到墻壁的彈力逐漸變大CQ受到墻壁的摩擦力逐漸變大DQ將從墻壁和小球之間滑落二、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，直桿AB與水平面成角固定，在桿上套一質量為m的小滑塊，桿與滑塊的動摩擦因數(shù)處處相同，桿底端B點處有一與板面垂直的彈性擋板滑塊與擋板碰撞后原速率返回現(xiàn)將滑塊拉到A點由

6、靜止釋放滑塊與擋板第一次碰撞后上升的高度為原來的k（k1）倍，若已知角、質量m、比例系數(shù)k、重力加速度g，下列說法中正確的是（）A可以求出滑塊在桿上運動的總路程B可以求出滑塊第n次與擋板碰撞前重力做功的瞬時功率PC可以求出滑塊下滑和上滑過程加速度的大小D取過B點的水平面為零勢能面，則可以判斷滑塊從A下滑至B的過程中，重力勢能等于動能的位置在AB中點的下方8、一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t0時刻開始受到水平外力的作用力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說法中正確的是（ ）A物體在t0和2t0時刻相對于出發(fā)點的位移之比是15B物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是1

7、5C外力在O到t0和t0到2t0時間內做功之比是18D外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是189、如圖，穿在水平直桿上質量為m的小球開始時靜止現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即Fk（圖中未標出）已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為，已知小球運動過程中未從桿上脫落，且F0mg下列說法正確的是（）A小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動直到靜止B小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，直到最后做勻速運動C小球的最大加速度為D恒力F0的最大功率為10、圖中，輕質彈簧的一端固定在地面上，另一端放有一小物塊(可視為

8、質點)，物塊與彈簀不連接.通過物塊向下壓縮彈簧，當物塊與地面相距0.1m時由靜止釋放物塊，通過傳感器測得物塊的動能Ek與其離地高度h的變化關系如圖所示，其中0.2m -0.35m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線以地面為重力勢能參考平面，取g=10m/s2，可知( )A物塊的質量為0.2kgB彈簧的最大彈性勢能為0.5JC物塊開始運動時，彈簧、物塊、地球組成的系統(tǒng)具有的機械能為0.7JD物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J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）用如圖所示的實驗裝置可以測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)，已知鉤

9、碼質量為m，滑塊質量是鉤碼質量的n倍，重力加速度為g用游標卡尺測量遮光片的寬度d.用米尺測量出滑塊起始位置到光電門之間的距離s.(鉤碼不會觸擊到地面)調整輕滑輪，使細線水平釋放物塊，記錄數(shù)字毫秒計測出的遮光片經過光電門時間t.改變物塊與光電門之間的距離s，重復多次，得到多組數(shù)據.根據上述實驗數(shù)據求出動摩擦因數(shù).回答下面的問題：物塊經過光電門時的速度v_.物塊的加速度a=_.如果采用圖像法處理數(shù)據， 以起始位置到光電門之間的距離s為橫坐標，選用_為縱坐標，才能得到一條直線如果這條直線的斜率斜率為k，由圖像可知，物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為_12（12分）在用“落體法”做“驗證機械能守恒定律”的

10、實驗時.小明選擇一條較為滿意的紙帶，如圖所示.他舍棄前面密集的點，以O為起點，從A點開始選取紙帶上連續(xù)點A、B、C、，測出O到A、B、C、的距離分別為h1、h2、h3、.電源的頻率為f.(1)為減少阻力對實驗的影響，下列操作可行的是_.A選用鐵質重錘B安裝打點計時器使兩限位孔在同一豎直線上C釋放紙帶前，手應提紙帶上端并使紙帶豎直D.重錘下落中手始終提住紙帶上端，保持紙帶豎直(2)打B點時，重錘的速度vB為_.(3)小明用實驗測得數(shù)據畫出的v2-h圖象如圖乙所示.圖線不過坐標原點的原因是_.(4) 重錘下落過程中的實際加速度為_(5)小明用實驗測得數(shù)據畫出的v2-h圖象如圖乙所示。已知直線的斜率

11、為k，則當?shù)氐闹亓铀俣萭_（選填“大于”；“小于”；“等于”）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）一氣象探測氣球，在充有壓強為1.00atm（即76.0cmHg）、溫度為27.0的氦氣時，體積為3.50m3。在上升至海拔6.50km高空的過程中，氣球內氦氣逐漸減小到此高度上的大氣壓29.6cmHg，氣球內部因啟動一持續(xù)加熱過程而維持其溫度不變。此后停止加熱，保持高度不變。已知在這一海拔高度氣溫為-48.0。求：（1）氦氣在停止加熱前的體積；（2）氦氣在停止加熱較長一段時間后的體積。14（16分）如圖所示，

12、由金屬凹槽制成的光滑的圓弧軌道固定在水平地面上，半徑為R在軌道右側的正上方分別將金屬小球A由靜止釋放，小球距離地面的高度用hA表示，則（1）若A小球能過軌道的最高點，求hA的最小值；（2）適當?shù)恼{整hA，是否能使兩小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處？（請用公式定量計算證明）15（12分）如圖所示，質量均為m的A、B兩物體分別固定在質量不計的輕彈簧的兩端，當A靜止時彈簧的壓縮量為L，現(xiàn)用一豎直向下的恒力F=3mg作用于A上，當A運動一段距離x后撤去F，結果B剛好不離開水平面，則L/x的值是多少？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

13、項是符合題目要求的。1、D【解析】A兩球的初速度大小關系未知，在P點，A的豎直分速度大于B的豎直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度，根據平行四邊形定則知，兩球在P點的速度大小不一定相同，A錯誤；B若同時拋出，在P點，A下落的高度大于B下落的高度，則A下落的時間大于B下落的時間，可知兩球不可能在P點相碰，B錯誤；C若同時拋出，根據知，經過相同的時間下落的高度相同，則豎直方向上的距離保持不變，C錯誤；D若同時拋出，由圖可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于兩球在豎直方向上的距離不變，水平距離逐漸增大，則兩球之間的距離逐漸增大，D正確。2、A【

14、解析】功率不變，根據，隨著汽車速度的增大，F(xiàn)逐漸減小，汽車做的是加速度逐漸減小的變加速運動，作出汽車做變速運動的速度圖象（如圖所示曲線）若汽車在2min=120s內做勻加速直線運動（即圖中直線），則位移為（圖中三角形面積），而該汽車變速運動的位移是圖中曲線與坐標軸圍成的面積，一定大于600m，A正確3、C【解析】實驗時兩根細繩沒必要必須等長，長度適應即可，選項A錯誤；兩彈簧測力計拉力方向夾角大小要適當，并非越大誤差越小，選項B錯誤；圖中的F是兩個分力合力的理論值，F(xiàn)是合力的實驗值，其F的方向應該與橡皮條的方向重合，則兩組同學的數(shù)據，丙圖更符合實際情況，選項C正確；橡皮筋的拉力和兩個彈簧測力計的

15、拉力的合力為零，其中任意兩個力的合力與第三個力等大反向，選項D錯誤；故選C.4、C【解析】設第一過程末速度為v2，第二過程末速度大小為v2根據上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據勻變速直線運動規(guī)律有，所以有v2=2v2 根據動能定理有：， ，而，所以，故C正確，D錯誤；又因為位移大小相等，所以兩個過程中電場力的大小之比為2：3，根據沖量定義得：I2=F2t，I2=F2t，所以I2=3I2，故AB錯誤5、C【解析】物體B受豎直向下的重力mg和豎直向上的繩子拉力T，由二力平衡得到：T=mg；以物體A為研究對象，物體A受力如下圖所示：A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：f+T-2mgsin45

16、=0N-2mgcos45=0解得：f=2mgsin45-T=2mgsin45-mgN=2mgcos45當由45增大到60時，f不斷變大，N不斷變??；A繩子張力T=mg保持不變，故A錯誤；B物體A對斜面的壓力N=N=2mgcos將變小，故B錯誤；C摩擦力變大，故C正確；D繩子的拉力不變，但是滑輪兩邊繩子的夾角減小，則滑輪受到繩子的作用力變大，選項D錯誤6、B【解析】對P分析，P受到重力、拉力和Q對P的彈力處于平衡，設拉力與豎直方向的夾角為，根據共點力平衡有：拉力，Q對P的支持力鉛筆緩慢下移的過程中，增大，則拉力F增大，Q對P的支持力增大，故A錯誤B正確；對Q分析知，在水平方向上P對Q的壓力增大，

17、則墻壁對Q的彈力增大，在豎直方向上重力與摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不變，Q不會從墻壁和小球之間滑落，故CD錯誤二、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】設AB長為L，滑塊與擋板第一次碰撞后上升的高度為原來的k（k1）倍，則向上的距離為kL；對整個過程，運用動能定理得：mgsin（1k）Lmgcos（L+kL）=0得：=1-k1+ktan，所以可以求出動摩擦因數(shù)；整個運動的過程中重力勢能轉化為內能，則：mgcosS總=mgsinL由于AB之間的距離是未知的，所

18、以不能求出滑塊在桿上運動的總路程故A錯誤；由于AB之間的距離是未知的，所以，也不能求出滑塊第n次與擋板碰撞前的速度，所以不能求出重力做功的瞬時功率P故B錯誤；根據牛頓第二定律得下滑過程有：mgsinmgcos=ma1上滑過程有：mgsin+mgcos=ma1；解得：a1=mgsingcos，a1=gsin+gcos所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a1故C正確；滑塊向下滑動的過程中，重力做正功，而摩擦力做負功；取過B點的水平面為零勢能面，當滑塊滑到AB的中點處時，一半的重力勢能轉化為滑塊的動能和產生的內能，所以當滑塊滑到AB的中點處時，滑塊的動能小于滑塊的重力勢能所以取過B點的水平

19、面為零勢能面，則可以判斷滑塊從A下滑至B的過程中，重力勢能等于動能的位置在AB中點的下方，故D正確；故選CD.點睛：本題分析時，要靈活選擇研究過程，運用動能定理求解動摩擦因數(shù)是關鍵，還要抓住連接兩段的橋梁是碰撞前后速度大小相等8、AC【解析】A項：0到t0時間內的加速度，這段時間內的位移為，t0時刻的速度為，t0到2t0時間內的加速度為，所以t0到2t0時間內的位移為：，所以2t0時刻相對于出發(fā)點的位移為：，所以物體在t0和2t0時刻相對于出發(fā)點的位移之比是1：5，故A正確；B項：2t0時的速度為：v2=v1+a2t0=所以物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是1：3，故B錯誤；C項：根據動能

20、定理得：外力在0到t0時間內做的功為，外力在t0到2t0時間內做的功為，所以外力在0到t0和t0到2t0時間內做功之比是1：8，故C正確；D項：外力在t0的時刻的瞬時功率為P1=F0v1=，2t0時刻的瞬時功率P2=2F0v2=，所以外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1：6，故D錯誤故應選：AC【點睛】解決本題的關鍵掌握瞬時功率的公式P=Fvcos，以及牛頓第二定律、運動學基本公式的應用9、BCD【解析】對小球受力分析，根據牛頓第二定律表示出加速度，分析加速度的變化情況，進而分析運動情況，恒力的功率等于力乘以速度【詳解】剛開始運動，加速度 ，當速度v增大，加速度增大，當kv=mg時加速度最

21、大值為；當速度v增大到符合kvmg后，加速度，當速度v增大，加速度減小，當a2減小到0，做勻速運動，故A錯誤，BC正確；勻速運動的速度最大，且F0（kvmmg），則小球的最大速度為，所以最大功率為，故D正確；故選BCD.10、ABC【解析】在從0.2m上升到0.35m范圍內，Ek=EP=mgh，圖線的斜率絕對值為：，則 m=0.2kg，選項A正確；在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內所受作用力為恒力，所以從h=0.2m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m，根據圖象可知，此

22、時物塊動能為0.30J，重力勢能為EP=mgh=20.2=0.4J，總機械能為0.3J+0.4J=0.7J；物塊在最低點時，彈性勢能最大，此時的重力勢能EP0=mgh0=20.1J=0.2J，則彈性勢能為：0.3J+0.4J-0.2J=0.5J，故BC正確；物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小時，動能最大，由圖可知，動能的最大值大于0.3J，則重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小值小于0.4J，選項D錯誤；故選ABC.【點睛】本題考查了能量守恒定律和圖象的理解與應用問題，根據該圖象的形狀得出滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內所受作用力為恒力，說明物體不再受到彈簧的彈力的作用是解題的關鍵三、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、 【解析】(1)12經過光電門時的瞬時速度大小為v由v22as解得(2)(3)34對物塊由牛頓第二定律可得mgMgMa由運動學規(guī)律可得2as由以上兩式可得則以起始位置到光電門之間的距離s為橫坐標，選用為縱坐標，才能得到一條直線圖象的斜率為由此可