2023届江苏省苏州市立达中学高三物理第一学期期中检测模拟试题（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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、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

2、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2、如图(甲)所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为，小球在最高点的速度大小为v，图象如图(乙)所示.下列说法正确的是( )A当地的重力加速度大小为B小球的质量为C时，杆对小球弹力方向向上D若，则杆对小球弹力大小为2a3、超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣当用强磁场吸引

3、防资扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小铁珠的重力）AFBFCFDF4、 “娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积（表演者在垂直风力方向的投影面积），来改变所受向上风力的大小。已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为S0，站立时受风面积为 S0；当受风面积为 S0时，表演者恰好可以静止或

4、匀速漂移。如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿（不计调整过程的时间和速度变化），运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是A从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度B从A至B过程表演者的运动时间小于从B至C过程表演者的运动时间C从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功D从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值5、.教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状

5、态为止其中“改变这种状态”指的是改变物体的（ ）A速度B加速度C位置D受力6、如图所示，木块A与B的接触面是水平的，一起静止于斜面上。轻弹簧呈水平状态，分别连结在斜面与物体A上。关于木块A和B可能的受力个数，下列正确的是A2个和3个B3个和4个C4个和5个D5个和6个二、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、2018年以来世界各地地震频发,让人感觉地球正处于很“活跃的时期,对地震波的研究有助于对地震进行监测。地震波既有横波,也有纵波,若我国地震局监测到一列沿x轴正方向传播的

6、地震横波,在t(图中实线)与(t +0.4)s(图中虚线)两个时刻x轴上-3 3km区间内的波形图如图所示,则下列说法正确的是_。A质点振动的周期可能为0.16sB该地震波的波长为3 km .C该地震波最小波速为5km/sD从t时刻开始计时,x=2km处的质点比x=2.5km处的质点后回到平衡位置E.若该波传播中遇到宽约4km的障碍物,则能发生明显的衍射现象8、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

7、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9、如图所示，与水平面成角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是A在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2B在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量C在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于mgL sin+mv2

8、D在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsin+mv2的电能10、给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减小为时，所用时间可能是（）ABCD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）某实验小组利用如图所示的装置研究物体做匀变速直线运动的情况：按如图所示装置准备好器材后，先接通电源，然后后释放小车，让它拖着纸带运动，得到如图所示纸带，纸带上选取A、B、C、D、E五个计数点（相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。打点计时器使用的交流电源的频率f50Hz，则打点计时器在纸带上打下相邻两

9、计数点的时间间隔为_s。根据纸带上的信息可计算出：在打下计数点C时小车运动的速度大小的测量值为_m/s；小车在砂桶的拉力作用下做匀加速直线运动的加速度大小的测量值为_m/s2。（计算结果均保留2位有效数字）12（12分）某实验小组欲以图甲所示实验装置探究加速度与物体受力和质量的关系图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m1（1）下列说法正确的是_。A实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源 B每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 C本实验中应满足m1远小于ml的条件D在用图象探究小车加速度与受力的

10、关系时，应作a-ml图象（1）实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距xl、x1、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为vF=_、小车加速度的计算式a=_（3）某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a 与砝码重力F的图象如图丙所示若牛顿第二定律成立，重力加速度g= 10 m/s1，则小车的质量为_kg，小盘的质量为_kg（4）实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为_m/s1四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写

11、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，上表面光滑，长度为 3m 、质量 M=10kg 的木板，在 F=50 N 的水平拉力 作用下，以 v0 =5m / s的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为 m 3kg 的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，当木板运动了 L 1m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m 就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块（ g 10m / s2 ）求：（1）木板与地面间的动摩擦因数；（2）刚放第三个小铁块时木板的速度；（3）从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距

12、离14（16分）一转动装置如图所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一小环通过铰链连接，两轻杆长度相同，球和环的质量均为m，O端通过铰链固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0。15（12分）一辆汽车质量为1103 kg，最大功率为2104 W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定. 发动机的最大牵引力为3103 N，其行驶过程中牵

13、引力F与车速的倒数的关系如图所示. 试求：（1）根据图线ABC判断汽车做什么运动？（2）最大速度v2的大小；（3）匀加速直线运动中的加速度；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】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

14、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，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C2、B【解析】AB.在最高点，若，则有：当时，则有：解得：，故A错误，B正确；C. 由图可知当时，杆对小球弹力方向向上，当时，杆对小球弹力方向向下，所以当时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；D.当时，根据牛顿第二定律得：解得：即杆对小球弹力大小为，故D错误。3、C【解析】以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图

15、所示：由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为： 故选C4、D【解析】试题分析：设人体横躺下时的受风面积为S，风力同受风面积的比例常数为K，则有F=KS，故在A点处有：F合=mg-ks/8=ma1; 在B点处有： F合=ks-mg=ma2 当受风面积在S/2时处于平衡状态有：mg=ks/2,综合以上几式可以得到：a1=3g/4; a2=g;故A错；在AB过程中做匀加速直线，在BC过程中做匀减速直线，且全过程中初末的速度均为0，由运动学规律可以得AB过程的时间比BC过程的时间要长，则B错；在AB过程中的动能的变化量等于合力的功，设到B点的速度为V，则在AB过程中的动能的变化量为MV2/2，在B

16、C过程中的合力的功为-MV2/2，而BC过程中的风力做的负功加上重力做的正功应为-MV2/2，则必然这个克服风力做的负功要大于MV2/2，故C错；依上分析结合动量定律可以得D是正确的；考点：牛顿第二定律，动量定律，动能定律 。5、A【解析】一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，有外力作用后，物体的速度发生变化，即不再是匀速直线运动状态或静止状态，所以“改变这种状态”指的是改变物体的速度A. 速度，与结论相符，选项A正确；B. 加速度，与结论不相符，选项B错误；C. 位置，与结论不相符，选项C错误；D. 受力，与结论不相符，选项D错误6、C【解析】B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面

17、的支持力四个力。斜面对物体B可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力，因此B受到4个力或5个力；而A受到力支持力与重力外，可能受到拉力与B对A的摩擦力。因此A可能受到2个力或4个力。A. 2个和3个与分析不符，故A错误。B. 3个和4个与分析不符，故B错误。C. 4个和5个与分析相符，故C正确。D. 5个和6个与分析不符，故D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、ACE【解析】A由图可知，图中由实线变成虚线的时间当n=2时，周期故A正确；B由图可知，在-33km范围内

18、有1.5个波长，所以波长为故B错误；C由题意可知，由公式可知，当周期最大时，波速最小，当n=0时，周期最大，即为0.8s，所以最小波速为5m/s，故C正确；D由图结合波向右传播可知，在t=0时刻，x=2.km处的质点振动的方向向上，而x=2km处的质点已经在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，故D错误；E障碍物尺寸和波长差不多时，则能发生明显的衍射现象，故E正确。故选ACE。8、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

19、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9、BC【解析】A. 由动能定理可知

20、，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；B. 在t1时间内，物块相对传送带的位移，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；C. 由能量关系可知，在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgL sin+mv2，选项C正确；D. 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sin+mv2+Q，由选项B可知：mgL1sin+mv2=Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin+mv2；在t2时间内因运送物块电动机

21、至少多消耗mgL2sin；则在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sin+mv2+mgL2sin=mg(L+L1)sin+mv2的电能，选项D错误；10、BC【解析】当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v=或v=-，代入公式t= ，得t= 或t=，故BC正确AD错误。故选BC。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、0.1 0.30 0.80 【解析】1打点计时器在纸带上打下相邻两计数点的时间间隔为T=50.02s=0.1s。2在打下计数点C时小车运动的速度大小

22、的测量值为；3根据可知，小车加速度大小12、C 1.0 0.060 10 【解析】（1）打点计时器的应用过程中，在打点时应先启动打点计时器，在释放小车，A选项错误；平衡摩擦力时据mgsin=mgcos，质量可以消去，说明质量不是影响平衡的因素，B选项错误；小车的动力来自砝码的重力，所以有m1g=(m1+m1)a,当m1 m1有a=m1g/ m1,所以C选项正确；由a=m1g/ m1可知应作a1/m图像，D选项错误（1）据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，有vF=(x5+x6)/1T；据a1=(x6-x3)/3T1, a1=(x5-x1)/3T1, a3=(x4-x1)/3T1,a=( a1+a1+a3)/3=( x6+x5+x4)-(x3+x1+x1)/9T1（3）据图像有a=Kf+0.3，斜率k=1/m1=a/F，m1=1.0kg；据m1g=(m1+m1)a,当m1 m1有m1g=m1a，则盘的质量为0.06kg；（4）据m1g=(m1+m1)a,当m1 m1有a=m1g/ m1，当m1增加到等于m1时加速度a=10m/s1，但此时已经不能满足本实验的条件了四、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、（1）0.5（2）4 m/