2022-2023学年广东清远恒大足球学校物理高三第一学期期中考试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和

2、答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于电场强度, 下列说法正确的是( )A电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B电荷在某点受到的电场力越大, 该点的电场强度越大C在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=F/q，取走q后，该点场强不变D在真空中E=kQr2，式中Q是试探电荷的电荷量2、下列关于物理学史说法中错误的是()A美国物理学家汤姆逊通过油滴实验精确测定了元电荷的大小B英国物理家牛顿在自然哲学的数学原理著作中提出了牛顿运动定律C法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律D英国物

3、理学家卡文迪许利用扭称装置比较精确地测出了引力常量3、甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是()A在t1时刻两车速度相等B从0到t1时间内，两车走过的路程相等C从t1到t2时间内，两车走过的路程不相等D在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等4、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则（ ）A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B左

4、方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：105、如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则在小球移动过程中（ ）A细线对小球的拉力变大B斜面对小球的支持力变大C斜面对地面的压力变大D地面对斜面的摩擦力变大6、如图所示,A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端,当A物体以速度v向左运动时,系A、B的绳分别与水平方向成、角,此时B物体的速度大小为( )ABCD二、多项选择题

5、：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、一小球在竖直方向的升降机中，由静止幵始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0h1过程的图线为曲线，h1h2过程的图线为直线.根据该图象，下列说法正确的是（ ）A0h1过程中，小球的动能可能先增加后减少B0h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功Ch1h2过程中，小球的重力势能可能不变Dh1h2过程中，小球的动能可能不变8、如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以

6、角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m1，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L1已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则( )A若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为100cos(100t) VB若开关S闭合，电流表示数将增大C若开关S闭合，灯泡L1将变暗D灯泡L1的额定功率为1W9、如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平

7、线的最大高度为3h04处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（ ）A小球和小车组成的系统动量守恒B小球离开小车后做竖直上抛运动C小车向左运动的最大距离为RD小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为h0210、质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，则在这段时间内物体动量变化量的大小为（ ）Am（vv0）BmgtCmD三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）如图所示为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）验证机械能守恒定律的实验装置，完成以下填空。实验步骤如下：将气垫导轨

8、放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s；将滑块移至光电门1左侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2；测出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡光时间；用天平秤出滑块和挡光条的总质量M，再秤出托盘和砝码的总质量m回到下列问题：（1）用最小分度为1mm的刻度尺测量出光电门1和2之间的距离s，以下数据合理的是_。A50cm B50.00cm C50.0cm D50.000cm（2）滑块通过光电门1和光电门2的速度分别为v1和v2，则v1=_。（3）若系统机械能守恒，则M、m、g、s、v1、v2的关系是_

9、。12（12分）写出下列读数： （1）_ mm （2）_ mm四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，半径为的粗糙半圆环轨道，与高为的光滑斜轨道，固定在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑足够长的水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被、两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球（弹簧与小球不连在一起），球恰好能到达斜轨道的最高点， 球恰好能到圆环轨道最高点已知球质量为， 球质量为取重力加速度求：（1）球离开弹簧时的速度大小；（2）球离开弹簧时的速度大小（3）释放小球前弹簧

10、的弹性势能（4）球从点到点的过程中，克服摩擦力所做的功14（16分）如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE，由一半径为R=2m的光滑圆弧轨道BC和光滑斜直轨道DE分别与粗糙水平面相切连接而成现从B点正上方H=1.2m的A点由静止释放一质量m=1kg的物块，物块刚好从B点进入圆弧轨道已知CD的距离L=4m，物块与水平面的动摩擦因数=0.25，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：(1)物块第一次滑到C点时的速度；(2)物块第一次滑上斜直轨道DE的最大高度；(3)物块最终停在距离D点多远的位置15（12分）如图所示，AB是长为L1.2m、倾角为53的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC相切于B点

11、。C是圆弧的最高点，圆弧的半径R，A、C与圆弧的圆心O在同一竖直线上。物体受到与斜面平行的恒力作用，从A点开始沿斜面向上运动，到达B点时撤去该力，物体将沿圆弧运动通过C点后落回到水平地面上。已知物体与斜面间的动摩擦因数0.5，恒力F28N，物体可看成质点且mlkg。求：（1）物体通过C点时轨道的支持力；（结果保留一位小数）（2）物体在水平地面上的落点到A点的距离。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】电场强度的方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致，跟负电荷所受电场力的方向相反，故A错误；电场强度由电场本身性

12、质决定，电荷在电场中某点的电场力大，可能是电荷量较大，电场强度不一定大，故B错误；在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=Fq，电场强度由电场本身性质决定，所以取走q后，该点场强不变，故C正确；在真空中E=kQr2，式中Q是场源电荷的电荷量，故D错误。所以C正确，ABD错误。2、A【解析】通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根，故A错误；牛顿在自然哲学的数学原理著作中提出了牛顿运动定律，故B正确；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律-库仑定律，故C正确；卡文迪许利用扭称装置比较准确地测出了引力常量，体现了放大和转换的思想，故D正确本题选错误的，故选A3、

13、D【解析】A图象的斜率大小表示速度的大小，根据图象可知在t1时刻两车速度不相等，故A错误；Bt1时刻两车在同一位置，由于甲乙的起点位置不同，所以在0到t1时间内，两车走过的路程不相等，故B错误；C图象的斜率的正负表示速度方向，则两车的速度方向未发生改变，从图像可看出从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，故C错误；D图象的斜率表示速度，结合图象可知从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，故D正确。故选D。4、A【解析】试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球

14、的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kgm/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kgm/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确5、A【解析】AB对小球受力分析并合成矢量三角形：重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；CD对斜面受力分析：正交分解：根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，CD错误。故选A。6

15、、B【解析】根据题意分析可知，本题考查运动合成与分解相关知识点，根据运动合成与分解相关知识点的方法进行分析求解即可【详解】根据运动合成与分解得：，所以，选项B正确，ACD错误二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABD【解析】A、B、设升降机对物体的支持力大小为F，由功能关系得：Fh=E，即F=Eh，所以E-h图象切线斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，由图可知在0h1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0h1内小球所受的支持力逐渐减小，若支持力先大于重力后小于重力，物体先做

16、加速运动后做减速运动，动能会先增加后减小；故A正确.B、0h1过程中，升降机对小球的支持力方向与位移相同均向上，则支持力对小球的支持力一定做正功；故B正确.C、由于小球在h1h2内重力势能随高度的增大而增大；故C错误.D、由于小球在h1h2内E-h图的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，可能与重力平衡，故物体可能做匀速运动，动能不变；故D正确.故选ABD.【点睛】本题关键要掌握功能关系，并能列式分析图象斜率的物理意义，知道E-h图象的斜率的绝对值等于支持力8、AB【解析】A变压器的输入电压的最大值为：Um=NBS=100.40.5100=100V从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势

17、的瞬时值为：u=Umcost=100cos(100t) V故A正确；B若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，电流表示数将增大，故B正确；C若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故C错误；D变压器输入电压的有效值为：开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率为：故D错误。9、BC【解析】A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,所以系统水平方向动量守恒,故A错误；B、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,

18、小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确；C、设小车向左运动的最大距离为x.系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:mv-mv=0 即有：m2R-xt-mxt=0 计算得出小车的位移为:x=R，故C正确；D、小球第一次车中运动过程中,由动能定理得：mg(h0-34h0)-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小,计算得出Wf=14mgh0 ,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh0 ,因为小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于14mgh0,机械能损失小于14mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大

19、于34h0-14h0=12h0 :,而小于34h0 ,即12h0h34h0 故D错误综上所述本题答案是：BC10、BCD【解析】A因为v与v0的方向不同，所以物体动量变化量的大小不为m（vv0）故A不符合题意B根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以p=mgt故B符合题意C末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量：故C符合题意D因为，所以，可得：故D符合题意三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 B 【解析】（1）最小分度为1mm的刻度尺，在读数的时候要估读一位，所以应该保留到mm后一位，故B正确。

20、（2）利用光电门测速度的原理：由于挡光条比较窄，所以在处理数据得时候把平均速度当瞬时速度用了即 所以 （3）若系统机械能守恒，则系统内重力势能的减少量应该等于系统动能的增加量，即应该满足： 综上所述本题答案是：(1). B (2). (3). 12、0.900 10.70 【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0140.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.5mm+0.400=0.900mm；游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标尺上第14个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.0514mm=0.70mm，所以最终读数为：10mm+0.70mm=10.70mm【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答