江西省赣州市厚德外国语学校2022-2023学年高三物理第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计，图中a=0.6m，b=0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F

2、的比值为A3B4C5D62、甲、乙两辆汽车沿同一平直公路行驶，它们的位移x随时间t变化的关系图线分别如图中甲、乙所示，图线甲为直线且与 x 轴交点的坐标为（0，2），图线乙为过坐标原点的抛物线，两图线交点的坐标为 P（2，4）。由此可以判断（ ）A甲车的加速度大小为2m/s2Bt=2s时刻甲车速度等于乙车速度C02s内乙车速度越来越大D02s内甲、乙两车发生的位移相等3、如图所示，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动球转到最高点A时，线速度的大小为，此时（）A杆受到0.5mg的拉力B杆受到0.5mg的压力C杆受到1.5mg的拉力D杆受到1.5mg的压

3、力4、倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是（ ）A桌面对斜面体的支持力大小是（Mm）gB桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin cos C木块受到的摩擦力大小是mgcos D木块对斜面体的压力大小是mgsin 5、以两个等量同种正电荷连线的中点为圆心，在连线的中垂面上作出两个同心圆如图所示，两个圆上有三个不同的点M、N、P，下列说法正确的是（ ）AN点电势一定小于M点的电势BN点场强一定大于M点的场强C一个电子在M点的电势能和在P点的电势能相等D一个电子在N点的电势能比在P点的电势能大6、如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直下落，到某位置时爆炸成

4、沿水平方向运动的a、b两块，已知两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法中正确的是 A爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等Ba、b两块落地时的速度大小相等C爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等D爆炸瞬间a、b两块的动能变化量相等二、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、为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与电源相连，如图所示。当开关S断开且罐中的液面上升充

5、满容器后A电容器的电容变小B电容器的电容变大C电容器两极板间的电压变大D电容器两极板间的电压变小8、一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）At=2s时最大Bt=2s时最小Ct=8.5s时最大Dt=8.5s时最小9、如图所示，小物块P放在固定斜面上，用不可伸长的轻软细绳，通过固定在斜面上的定滑轮与小物块Q相连，细绳拉紧释放物块Q，小物块P从A运动到B的过程中，细绳对物块P的拉力做功15J，物块P克服重力做功5J，物块P的动能增加5J，滑轮的摩擦与质量不计，滑轮与物块P之间的细绳与斜面平行，则该过程中A物块Q的机械能减少1

6、5JB物块P克服摩擦力做功5JC物块Q的重力势能减少15JD物块P的机械能增加15J10、如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连。斜面的倾角可以改变，讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（）A若物块M保持静止，则角越大，摩擦力一定越大B若物块M保持静止，则角越大，摩擦力可能越小C若物块M沿斜面下滑，则角越大，摩擦力越大D若物块M沿斜面下滑，则角越大，摩擦力越小三、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）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”的实验所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5.0N的弹簧测力计，两个橡皮条（带两个较长的

7、细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。（1）下面关于实验操作的建议，正确的是_A每次实验时结点O的位置不能改变B每次实验时结点O的位置可以改变（2）如图1所示，甲、乙两组同学用同一套器材各做一次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点如图2所示。对减少实验误差较有利的是_组同学（选填“甲”或“乙”）（3）在给出的方格纸上按作图法的要求画出这两个力的合力，并利用作图法求出合力大小为_N。12（12分）小明同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律（1）该实验装置中有两处错误，分别是：_和_（2）小明同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的

8、拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”小明同学在实验时用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，如图所示，但他知道甲、乙属于同一纸带，则丙、丁、戊中属于上述纸带的是_已知打点计时器所用电源频率为50Hz，则由甲、乙纸带可求得小车的加速度大小为_m/s2(结果保留两位小数)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，质量为M=1.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v1=4m/

9、s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=12，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1S-F的关系如图所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=11m/s2。（1）若恒力F=1，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段B点的横坐标（3）图乙中DE为直线段，求该段恒力F的取值范围及1S-F函数关系式14（16分）某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图所示，

10、段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆， 与AB杆稍稍错开竖直标杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的小球每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将小球弹出在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x，已知弹簧锁定时的弹性势能Ep=9mgR，小球与水平杆的动摩擦因=0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直轩粗细变化对小球的影响且管的粗细远小于圆的半径，重力加速度为g

11、求： (1)当h=3R时，小球到达管道的最高点C处时的速度大小vc； (2)在(1)问中小球运动到最高点C时对管道作用力的大小； (3)若h连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x的最大值？15（12分）如图所示，传送带水平部分的长度，与一圆心在点、半径的竖直光滑圆轨道的末端相切于点。高出水平地面。一质量的小滑块（可视为质点），由轨道上的点从静止释放，与竖直线的夹角。已知，取，滑块与传送带的动摩擦因数，转轮与传送带间不打滑。不计空气阻力。(1)求滑块对圆轨道末端的压力的大小；(2)若传送带以速度为顺时针匀速转动.滑块运动至点水平抛出。求此种情况下，滑块的落地点与点的水平距离；(3)若传送带以速度为

12、顺时针匀速转动，求滑块在传送带上滑行过程中产生的热量。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、A【解析】设力F与水平方向的夹角为，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。则有：2F1cos=F则得 再将F2按作用效果分解为FN和FN，作出力的分解图如图乙所示。则有：FN=F2sin联立得到： 根据几何知识得可知 ；得到：FN=3FA3，与结论相符，选项A正确； B4，与结论不相符，选项B错误；C5，与结论不相符，选项C错误； D6，与结论不相符，选项D错误；2、C【解析】AC位移时间图像

13、的斜率等于速度，故可知甲车速度不变，做匀速直线运动，乙车速度越来越大，故A错误，C正确.Bt=2s时刻，乙图像的斜率比甲大，所以乙车速率较大，故B错误.D由图可知02s内甲车发生的位移为2m，乙车发生的位移为4m；两车位移不等，故D错误3、B【解析】设此时杆对小球的作用力为拉力，则有解得负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，根据牛顿第三定律可知杆受到的压力，故B正确，ACD错误。4、A【解析】AB对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为（M+m）g，静摩擦力为零，故B错误，A正确；C先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有

14、f=mgsin N=mgcos 由式，选项C错误；D斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，由式得D错误；故选A。5、C【解析】A、两个等量同种正电荷的连线的中点为圆心，在连线的中垂面上做出两个同心圆，由叠加原理得，O点的电势最高，无穷远处的电势为0，从O点经N点、M点到无穷远，电势减小，则有N点电势大于M点的电势，故A错误；B、由叠加原理得，O点的场强为0,无穷远处的场强为0，从O点经N点、M点到无穷远，场强先增大后减小，N点、M点具体位置未知，场强大小也未知，无法判断N点、M点场强大小，故B错误；C、M点和P点在同一个圆上，M点电势等于P点的电势，电子在M点的电势能和在P点的电势能相等，

15、故C正确；D、N点电势大于M点的电势，M点电势等于P点的电势，则有N点电势大于P点的电势，电子在N点的电势能比在P点的电势能小，故D错误；故选C6、C【解析】由题意知，爆炸后两块同时落地，说明爆炸瞬间两块在竖直方向的速度没有发生变化，故爆炸是在水平方向上发生的因OA大于OB，所以爆炸瞬间a获得的水平速度较大，因而落地时也是a的速度较大，A、B错误；因水平方向的初动量为零，且水平方向动量守恒，所以爆炸后a、b两块的水平方向动量应等值、反向，C正确；结合爆炸后两块的速度和动量可知，a块的质量较小，根据动量和动能的关系可知，a块的动能变化较大，D错误故选C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共

16、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、BD【解析】两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质越多，电容越大。，故A错误，B正确；当开关S断开后，电容器的电量不变，根据，可知电容器两极板间的电压变小，故选BD.8、AD【解析】由于t=2s时物体向上的加速度最大，故此时人对地板的压力最大，因为地板此时对人的支持力最大；而t=15s时物体向下的加速度最大，故地板对的支持力最小，即人对地板的最小，故选项AD正确，选项BC错误9、AB【解析】A、细绳对物块P的拉力做功15

17、J，则有物块Q克服拉力做功15 J，所以物块Q的机械能减少15 J，故A正确；B、对物块P，由动能定理可得，解得物块P克服摩擦力做功5 J，故B正确；C、物块P的动能增加，则有物块Q的动能增加，根据可知物块Q的机械能减少量等于物块Q的重力势能减少量与物块Q的动能增加量之和，所以物块Q的重力势能减少量大于15J，故C错误；D、物块P的机械能增加量等物块P的重力势能增加量与物块P的动能增加量之和，所以物块P的机械能增加10J，故D错误；故选AB【点睛】关键是细绳对物块P的拉力与细绳对物块Q的拉力大小相等，细绳对物块P的拉力做功等于物块Q克服拉力做功，物块的机械能变化量等于物块的重力势能变化量与物块

18、的动能变化量之和10、BD【解析】AB物体m受到重力mg和拉力F，处于平衡状态对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力 、拉力F和静摩擦力，其中静摩擦力方向取决于拉力F和重力的下滑分量的大小，若受力如图根据平衡条件，有故越大，越大若受力如图根据平衡条件，有故越大，越小A错误B正确；CD由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力，有由于是在斜面上当增大时，减少（090度），所以减少，C错误D正确；故选BD。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、A 乙 4.70N 【解析】(1)1同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同

19、，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故A正确，B错误故选A。(2)2为了便于确定拉力的方向，在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该甲组图中所描的点太靠近结点；该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，故乙组图中的有利于减小误差；(3)3取如图所示的两格表示0.5N，则可得出F1、F2，由上图得出两力的方向；作出平行四边形，即其对角线的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，由图可求得12、（1）滑轮太高(或细绳与长木板不平行 打点计时器接到直流电源上(或打点计时器未接交流电源) （2）戊 1.13 【解析】

20、（1）电磁打点计时器工作电压是V以下的交流电源，该实验装置使用的是直流电源，故错误之处是打点计时器接到直流电源上(或打点计时器未接交流电源)，为了减小误差，拉小车的拉力方向与长木板平行，即拉小车的细绳与长木板平行，该实验装置中细绳与长木板不平行，故错误之处是滑轮太高(或细绳与长木板不平行(2)从甲乙两图中可读1与2的间距为3.65cm，2与3的间距为4.72cm，而小车在长木板上做匀加速运动，以此类推，3与4的间距为5.79cm，3与4的间距为6.86cm，接近6.99cm，故选戊（3）打点计时器所用电源频率为50 Hz，每相邻计数点时间为0.1s， 四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案

21、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、（1）t=13s（2）F=1N（3）1s=F+38【解析】（1）以初速度v1为正方向，物块的加速度大小：am=g=2m/s2木板的加速度大小：aM=mgM=4m/s2由图乙知，恒力F=1时，物块在木板上相对于木板滑动的路程1s=1m-1，则s=1m，可知板长L=s=1m滑块相对木板的路程：L=v1t-12amt2-12aMt2，代入数据可得：t=13s；t=1s（舍）当t=1s时，滑块的速度为v=v1-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所求时间为t=13s（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度a1=F+mgM=(2F+4)m/s2速度关系有：v=v1-amt1=a1t1相对位