2023届北京市海淀清华附中高三物理第一学期期中联考试题（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、下列对运动的认识不正确的是（）A亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B伽利略认为力不是维持物体速度的原因C牛顿认为力的真正效应总是改变物体的运动状态D伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的

2、物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2、物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时轻弹簧的长度小于原长。若再用一个从0开始逐渐增大的水平力向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，轻弹簧对P的弹力的大小和地面对P的摩擦力的大小的变化情况是（）A轻弹簧对P的弹力始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B轻弹簧对P的弹力保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C轻弹簧对P的弹力保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D轻弹簧对P的弹力先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小3、如图所示，AB是半圆弧的直径，处于水平，O是圆弧的圆心，C是圆弧上一点，OAC37，在A、

3、O两点分别以一定的初速度同时水平抛出两个小球，结果都落在C点，则两个球抛出的初速度v1、v2的大小之比为(sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，不计空气阻力)()Av1v2327Bv1v2167Cv1v2163Dv1v21694、在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以 1.04m 的成绩获得冠军弗拉希奇身高约为 1.93m，忽略空气阻力，g 取 10m/s1则下列说法正确的是（）A弗拉希奇起跳加速过程地面对她做正功B弗拉希奇起跳以后在上升过程处于失重状态C弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D弗拉希奇起跳时的初速度大约为 3m/

4、s5、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、甲、乙两辆汽车从同一起跑线上同时启动，在t=0到t=t1时间内，它们的速度随时间变化的图象如图所示则下列说法正确的是（ ）A甲做直线运动，乙做曲线运动Bt1时刻，甲、乙两车相遇Ct1时刻，乙车的加速度大于甲车的加速度D0到A时间内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在

5、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、如图所示，水平地面上一轻弹簧左端固定，右端用一质量为m的滑块将弹簧压缩后锁定t=0时刻解除锁定滑块的vt图像如图所示，OAB段为曲线，A为曲线最高点，BC段为直线已知OA段与t轴围成的图形面积为S1，OABC与t轴围成的图形面积为S2，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A滑块与地面间的动摩擦因数B滑块与地面间的动摩擦因数C弹簧的劲度系数（认为已求出）D弹簧的劲度系数（认为已求出）8、如图所示,飞行器绕某星球做匀速圆周运动,星球相对飞行器的张角为,下列说法正确的是( )A轨道半径越

6、大,周期越长B轨道半径越大,速度越大C若测得周期和轨道半径,可得到星球的平均密度D若测得周期和张角,可得到星球的平均密度9、如图所示，光滑地面上有P，Q两个固定挡板，A，B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（ ）A3：1B1：3C1：5D1：710、如图甲所示，一个质量m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右

7、运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则 ( )A物块经过4 s回到出发点B4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 WC05 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D05 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W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）在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你

8、认为应该采取的措施是_A保证钩码的质量远大于小车的质量B选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2 mm的纸带来处理数据C把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D必须先接通电源再释放小车（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A，B，C，D，E，F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是_，小车动能的增量是_（用题中和图中的物理量符号表示）12（12分）为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑

9、块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数.让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据 次数a/(ms-2)F/N11.00.7622.00.9933.01.2344.01.5055.01.76(1)若测得两光电门之间距离为d=0.5m，运动时间t=0.5s，则a=_m/s2；(2)依据表中数据在如图2中画出a-F图象(3)由图象可得滑块质量m=_kg，滑块和轨道间的动摩擦因数=_.g=10m/s2四、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

10、演算步骤。13（10分）在光滑水平地面上放有一质量为带光滑弧形槽的小车，个质量为的小铁块以速度0沿水平槽口滑去，如图所示，求：(1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度(设不会从左端滑离)(2)铁块到最大高度时，小车的速度大小(3)当铁块从右端脱离小车时，铁块和小车的速度分别是多少?14（16分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A、B、C状态参量如图所示，气体在状态A的温度为27 ，求：（1）气体在状态B的温度TB；（2）气体从ABC状态变化过程中与外界交换的总热量Q。15（12分）如图1所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测

11、得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图象假设某次实验所得的图象如图2所示，其中线段AB与v轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v和的关系；线段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计（1）试分析AB和BC段物体的速度、加速度分别如何变化，不需要说明理由（2）试分析AB、BC段物体受到的拉力、拉力的功率是否变化若

12、不变，试求出其值；若变化，试说明如何变化（3）试分析求解被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程参考答案一、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】A亚里士多德认为力是维持物体速度的原因，故A错误，符合题意；B伽利略认为力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，故B正确，不符合题意；C牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，即产生加速度，故C正确，不符合题意；D伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故D正确，不符合题意。故选A。

13、2、B【解析】由题可知本题考查弹簧的弹力和受力平衡。【详解】物体P始终静止不动，故轻弹簧的形变量没有变化，弹力保持不变，又，知力逐渐增大时，也逐渐增大，故B正确，ACD错误。故选B。3、A【解析】两球下落的高度相同，根据；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，则A点抛出的球平抛运动的水平位移x12Rcos 37cos 371.28R，从O点抛出的球做平抛运动的水平位移为x2x1R0.28R，根据知v1v2327，A正确4、B【解析】A支持力作用下没有位移，故弗拉希奇起跳过程支持力不做功。故A错误。B弗拉希奇在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态。B正确；C弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，

14、则地面对他的支持力大于她的重力。故C错误。D根据匀减速直线运动公式得，其中h为弗拉希奇重心上升的高度大约是1m，解得：故D错误。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、C【解析】试题分析：在v-t图象中反映的是物体的速度随时间的变化关系，不是物体的运动轨迹，斜率表示加速度，图象和坐标轴

15、围成的面积表示位移，两条图像的交点表示在该时刻速度相等；该图像中的甲、乙均为直线运动，A错误；t1时刻，甲、乙两车速度相等，不是相遇，B错误；乙的斜率比甲大，乙车的加速度大于甲车的加速度，C正确；0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，D错误；故选C考点：v-t图象【名师点睛】速度图象倾斜的直线表示物体做匀加速直线运动，其加速度不变根据斜率等于加速度，分析t2t3时间内加速度如何变化，根据“面积”等于位移，将物体的位移与匀变速直线运动的位移进行比较，再分析平均速度二、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

16、，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】滑块离开弹簧后做匀减速直线运动，结合速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出滑块与地面的间的动摩擦因数；由图线可知，在A位置，速度最大，此时弹力和摩擦力相等，在B位置，弹簧恢复原长，结合图线围成的面积求出速度最大时弹簧的形变量，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；【详解】A、滑块离开弹簧后做匀减速直线运动，根据速度时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小，而且，解得，故选项A正确，选项B错误；C、由图可知，A位置速度最大，知此时弹簧弹力和摩擦力相等，有：，形变量x等于OAB围成的面积和OA围成的面积之差，形变量，解得劲度系

17、数，故选项C正确，D错误【点睛】本题综合考查了胡克定律、牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，理清滑块在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，通过速度最大时，弹力等于摩擦力，求解劲度系数8、AD【解析】根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长故A正确；根据卫星的速度公式，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，张角为，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：，由几何关系有：R=rsin；星球的平均密度 ，联立以上三式得：，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度若测得周期和轨道半径，不可得到星球的平均密度

18、，故C错误，D正确；故选AD.9、ABD【解析】若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v 2 t=3v 1 t，即：v 2 =3v 1 根据动量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得m 1 =3m 2若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v 1 t=3v 2 t，即：v 1 =3v 2根据动量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得：m 2 =7m 1若碰撞后球1的速度方向与原来的方向

19、相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即：v1=v2，根据动量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2，根据机械能守恒得联立解得：m2=3m1 综上所述，故A、B、D正确点晴：解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解10、BD【解析】A.由图可看出，4s内速度方向始终为正方向，则物块经过4 s没有回到出发点，A选项错误；B.4.5s时，加速度大小为，物体向左运动，受摩擦力向右，求得力F=16N，力F的功率为B选项正确；C.滑动摩擦力始终与物体的运动方向相反，始终做负功，C选项错

20、误；D.05 s内物块所受合力的做的功等于动能增加量，平均功率为D选项正确三、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、C mgs 【解析】（1）1小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力； 设绳子上拉力为，对小车根据牛顿第二定律有： ，钩码有：解得：由此可知当时，够码的重力等于绳子的拉力即为小车是合外力，故适当垫高长木板右端，以平衡摩擦力，使钩码的质量远小于小车的质量。先接通电源再释放小车是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响。故选C。（2）2把钩码的重力当做合外力，则从到点合

21、外力做功为。3利用中点时刻的速度等于平均速度可求得 ； 小车动能的增量是：12、4.0 0.25 0.2 【解析】(1)根据运动学公式x=12at2得a=2xt2=20.5(0.5)2=4.0m/s2；(2)依据表中数据运用描点法作出图象：(3)根据F-mg=ma得a=Fm-g，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块质量的倒数，由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=4，所以滑块质量m=0.25kg，由图形得，当F=0.5N时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即mg=0.5N，解得=0.2。四、计算题：本题共2

22、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） （2） （3） 【解析】(1)、（2）铁块滑至最高处时，有共同速度，由动量守恒定律得则：由能量守恒定律得：，由计算得出：(3)铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为，此时铁块速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得，由计算得出：，点睛：本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，采用动量守恒和能量守恒结合研究14、（1）611 K(327 ) （2）2p1V1(吸热)【解析】（1）A到B过程是等压变化，根据吕萨克定律得代入数据得TB=611K（2）根据气态方程知，A、C两个