2023届河南省八市重点高中联盟物理高三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、如图，小球质量为m，通过长度为L的无伸缩性轻质条状物与水平转轴O相连，并能绕转轴O在竖直平面做完整的圆周运动。小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计，下列关于小球运动的说

2、法正确的是（ ）A当轻质条状物为绳子且转轴O不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于5gLB当轻质条状物为杆且转轴O不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于5gLC当轻质条状物为绳子时，可通过控制转轴O的转动让小球做匀速圆周运动D当轻质条状物为杆时，不可能通过控制转轴O的转动让小球做匀速圆周运动2、A、B两物体质量均为m，A置于光滑水平面上，B置于粗糙水平面上，用相同水平力F分别推A和B，使它们前进相同的位移。假设力F对物体A做的功为W1，对B做的功为W2，力F对物体A做功的平均功率为P1， 对B做功的平均功率为P2。以下关系正确的是 （ ）A W1= W2 ，P1= P2 BW1= W2 ，

3、P1 P2C W1W2， P1 P2 D W1 W2 ，P1= P23、如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放做初速为零的匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断不正确的是 ( )A位置“1”是小球释放的初始位置B小球在位置“3”的速度大小为C小球下落的加速度大小为D小球在位置5的速度大小为4、质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是（ ）A B

4、 C D5、如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=0.5 kg的物块，处于静止状态，以物块所在处为原点，竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g取10 m/s2，现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示若物块运动至x=0.4 m处时速度为零，则物块在下移0.4 m的过程中，弹簧的弹性势能的增加量为()A5.5 JB3.5 JC2.0 JD1.5 J6、电磁炮是一种理想的兵器,而电容式电磁炮一直是世界各国研究的热点研究它的主要原理如图若电容器的电容C=510-2F,电磁炮释放前两端电压为2kV,利用这种装置可以把质量m=20g的弹体(包括金属杆EF的质量)在极短的时间内

5、加速到500m/s发射出去,若这种装置的轨道宽L=2m、轨道内充满磁感应强度B=2.5T的匀强磁场,不计轨道摩擦且金属杆EF与轨道始终接触良好,则在这个过程中下列说法正确的是（ ）A通过电磁炮的电荷量为2CB通过电磁炮的电荷量为100CC电容器两端的电压将变为2.5kVD电容器两端的电压将变为40V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、如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹

6、角分别为、，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（ ）A此时B球的速度为B此时B球的速度为C当增大到等于时，B球的速度达到最大，A球的速度为0D在整个运动过程中，绳对B球的拉力一直做正功8、如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R=2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场已知A、C、E三点的电势分别为A=(2-3)V、C=2V、E=(2+3)V，下列判断正确的是A将电子沿圆弧从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，B电场强度的大小为100V/mC该圆周上的点电势最高为4VD电场强度的方向由A指向D9、如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物

7、体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（）A外力F做的功等于A和B的动能的增量BB对A的摩擦力所做的功,等于A的动能的增量CA对B的摩擦力所做的功,等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和10、质量相等的甲、乙两个球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，甲球的动量是8 Kg.m/s ，乙球的动量是4 Kg.m/s ，当甲球追上乙球时发生碰撞，则碰撞后甲、乙两球的动量可能值是（ ）A甲的动量是5 Kg.m/s ，乙的动量是18 Kg.m/sB甲的动量是 5 Kg.m

8、/s ，乙的动量是 7 Kg.m/sC甲的动量是 3 Kg.m/s ，乙的动量是10Kg.m/sD甲的动量是6Kg.m/s ，乙的动量是6 Kg.m/s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）下图是小车运动过程中打点计时器打下的一条纸带的一部分，打点计时器的打点周期为0.02s，相邻计数点之间还有4个点没有画出，时间间隔为T，请根据纸带回答下列问题，计算结果均保留三位有效数字：(1)小车加速度的大小为_m/s2；(2)b点的速度为_m/s。12（12分）某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上

9、适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等组装的实验装置如图所示（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些_（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个_（填字母代号）A避免小车在运动过程中发生抖动B可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在

10、保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法_（4）他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的_（填字母代号）A在接通电源的同时释放了小车B小车释放时离打点计时器太近C阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力四、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，AB与CD是倾斜角为53的两个对称的粗糙斜面，A与D，B与C分别位于同一水平面上，两斜面与光滑圆弧轨道相切于B、C两点

11、，E为轨道的最低点A、B两点间的高度差为h=1.5m，圆弧轨道的半径R=0.5m，滑块P的质量m=2kg，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.05，重力加速度g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）滑块P至少以多大的初速度v0从A点下滑，才能冲上斜面CD到达D点？（2）若滑块P在A点由静止开始下滑，求它在两斜面上走过的总路程S？（3）若滑块P在A点由静止开始下滑，求其对轨道最低点E的最大压力和最小压力各为多少？14（16分）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，方向水平向右的外力F拉此物体，经，拉至B处（取）（1）求物块运动的

12、加速度大小；（2）求物体与地面间的动摩擦因数；（3）若水平向右的外力F作用了t后即撤去，物体仍能到达B处，求t的最小值15（12分）如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M0.5kg的木板正中间放有一质量为m2kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x00.5m，小铁块与木板间动摩擦因数0.2.现对小铁块施加一水平向右的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10m/s2.(1)要使小铁块与木板发生相对滑动 求水平向右的外力F的最小值；(2)若水平向右的外力F10N，求木板第一次与挡

13、板碰撞前经历的时间；(3)若水平向右的外力F10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，求木板的长度。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、A【解析】当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件时：只有重力提供向心力；当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的临界条件是速度为零，然后根据机械能守恒和牛顿第二定律即可分析；【详解】A、当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件是：只有重力提供向心力，即为：mg=v2L设最低点速度为v，由机械能守恒定律得：2mgL=12mv2-12m

14、v2联立解得：v=5gL；因为绳子不可以通过转轴控制，所以小球不可能做匀速圆周运动，故A正确，C错误；B、当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的时速度为零，设最低点速度为v，根据机械能守恒定律得：2mgL=12mv2,解得：v=2gL,可以控制转轴O的转动，让小球做匀速圆周运动，故BD错误；【点睛】本题考查竖直面内圆周运动两种模型，关键是要掌握两种模型能做完整圆周运动的最高点的临界条件，绳模型是在最高点只有重力提供向心力，杆模型是到最高点速度恰好为零。2、B【解析】试题解析：由于W=Fs，在用力推物体A与B时，用的力F是相等的，通过的距离也是相等的，故两个力做的功相等，即W1= W2 ，故C、D

15、错误；由于物体A没有摩擦力，而B运动时要受到摩擦力的作用，故A的加速度大于B，所以A所用的时间小于B的时间，所以根据P=W/t可知，力对A的功率要大于力对B的功率，即P1 P2，故B正确。考点：功与功率大小的判断。3、A【解析】AC. 由图可知1、2之间的距离为H1=2d，2、3之间的距离为H2=3d，3、4之间的距离为H3=4d，4、5之间的距离为H4=5d。由于H=H4-H3=H3-H2=H2-H1=d即在连续相等的时间内物体的位移差等于恒量，故根据x=aT2可得物体的加速度若位置“1”是小球释放的初始位置，则有故显然与已知相矛盾，故位置“1”不是小球释放的初始位置。故A错误符合题意C正确

16、不符合题意。B. 因为位置“3”所处的时刻是位置“2”和位置“4”所处的时刻的中点时刻，故B正确不符合题意。D. 根据vt=v0+at可得小球在位置“5”的速度大小为故D正确不符合题意。4、B【解析】碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的 ，所以A的速度大小变为原来的 若碰后A球速度方向和原来的方向一致，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： ，解得，碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能若碰后A球速度方向和原来的方向相反，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： ，解得符合题意，碰撞后B球的动能为 ，故B正确，综上所述本题答案是：B5、A【解

17、析】由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W=（5+10）0.2+10（0.40.2）=3.5J设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：WWF+mgx=03.5WF+0.5100.4=0得：WF=5.5J则EP=5.5J故选A【点睛】本题考查动能定理的应用以及Fx图象中“面积”的含义，可以对比vt图象中面积的含义得出其物理意义6、A【解析】A、B项：对电磁炮由动量定理可知，得：，代入数据解得：，故A正确，B错误；C、D项：由公式得：，所以电容器两端电压变为，故C、D错误故应选：A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

18、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、AC【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，如图所示在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度在沿绳子方向的分速度为，所以，故A正确，B错误；当增大到等于时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，故C正确；在增大到的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，在增大到大于的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是钝角，所以绳对B球的拉力先做正功再做负功，故D错误考点

19、：运动的合成与分解、功【名师点睛】解决本题的关键会对速度进行分解，将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度8、ABC【解析】AE中点G的电势GA+E2(2+3)+(2-3)2V2V G=C，所以GC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故D错误；EA两点间的电势差为U(2+3 )(23)23V，EA两点间的距离d2Rsin602232cm23cm；电场强度的大小EUd23V2310-2m100V/m，故B正确；顺着电场线电势降低，H点电势最高，U=Ed，REGUHOUEG，代入

20、数据Rsin60R2+3-2H-2 解得：H4V，故C正确；从D移到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功，故A正确；故选ABC.点睛：此题考查电势差与电场强度的关系，在匀强电场中平行线段两端的电势差之比等于距离之比，可以求得其他点的电势并且电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的方向9、BD【解析】A.选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等WF+（-fx）=EkA+EkB其中x为A、B的相对位移所以外力F

21、做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误B.对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确C.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误D.对B物体应用动能定理，WF-Wf=EkBWf为B克服摩擦力所做的功，即WF=EkB+Wf就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确10、BD【解析】两球碰撞过程遵守动量守恒定律，碰撞过程中总动能不增加，动量与动能的关系EK=P22m。【详解】A、碰撞前质量相等的甲、乙两球的总动量P=12Kgm/s，

22、总能量Ek=822m+422m=802m碰撞后甲、乙两球的动量P=5 Kg.m/s+18 Kg.m/s=13Kgm/s，动量不守恒；碰撞后甲、乙两球的能量Ek=-522m+1822m=3492m，能量增加，故A错误。B、碰撞后甲、乙两球的总动量P=5Kg.m/s+7Kg.m/s=12Kgm/s，动量守恒；碰撞后甲、乙两球的能量Ek=522m+722m=742m，能量不增加，故B正确。C、碰撞后甲、乙两球的总动量P=3Kg.m/s+10Kg.m/s=13Kgm/s，动量不守恒；碰撞后甲、乙两球的能量Ek=322m+1022m=1092m，能量增加，故C错误。D、碰撞后甲、乙两球的总动量P=6Kg

23、.m/s+6Kg.m/s=12Kgm/s，动量守恒；碰撞后甲、乙两球的能量Ek=622m+622m=722m，能量不增加，故D正确。故选:B、D【点睛】对于碰撞问题，要掌握碰撞过程的三个基本规律来分析：一、动量守恒；二、系统总动能不增加（爆炸例外）；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况三、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、1.40 0.300 【解析】(1)1由题意T=0.1s，则小车加速度的大小为(2)2b点的速度为12、刻度尺、天平（包括砝码） D 在小车上加适量的砝码（或钩码） CD 【解

24、析】（1）根据实验原理可知，需要验证mgx=Mv2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平（2）分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故D正确，ABC错误（3）纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），故在所挂钩码质量不变的情况下，可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码）（4）在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故CD正确，AD错误四、计算

25、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）1.5m/s（1）50m（3）151.5N； 36N【解析】（1）滑块恰好到达D点时速度为零，根据动能定理有：-1mgcos53=0-mv01得：v0=解得：v0=1.5m/s（1）最终滑块在光滑轨道上来回运动，且到达B点和C点时速度均为零，根据动能定理有：mgh-mgcos53S=0-0解得：S=50m（3）设滑块经过E点时的最小速率为v1，最小支持力为N1；最大速率为v1，最大支持力为N1根据牛顿第二定律有：N1-mg=mN1-mg=m根据动能定理得：mgR（1-cos53）=mgh+R（1-cos53）-mgcos53=解得：v1=1m/sv1=m/sN1=36NN1=151.5N由牛顿第三定律知滑块对轨道E点的最大压力为151.5N，最小压力为36N14、（1），（2）0.5，（3）1.15s.【解析】试题分析：（1）物体在水平地面上从A向B点做匀加速运动，根据位移时间公式求得加速度；（2）根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（3）当力作用时间最短时，物体先加速后减速到零，根据牛顿第二定律求出匀加速阶段