2022-2023学年浙江省杭州高级中学 物理高三上期中联考模拟试题（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、如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=的作用下静止在角为30的斜面体上.已知物块与斜面体之间的动摩擦因数0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是（）Afmg、沿斜面向上Bf、与F的方向相反C、与F方向的夹角为120D、与F方向的夹角为1202、将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状李，且细线Oa与竖直方向的夹角保持，则F的最小值为（ ）ABmgCD3、在水平地面上做匀速直

3、线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为和，绳子对物体的拉力为FT，物体所受重力为，则下面说法正确的是A物体做匀速运动，且 B物体做加速运动，且C物体做加速运动 ，且 D物体做匀速运动，且4、如图所示，质量为M的物体内为光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止。关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（ ）A滑块运动到A点时，NMg，摩擦力方向向左B滑块运动到A点时，N=（Mm）g，摩擦力为零C滑块运动到D点时，N（

4、Mm）g，摩擦力方向向左D滑块运动到D点时，N=（Mm）g，摩擦力方向向左5、如图所示,将一个半圆形轨道固定在竖直面内,一滑块从左侧轨道的最高点沿轨道的切线进入轨道,之后沿轨道滑到最低点的过程中其速率不变,则（ ）A滑块下滑过程中机械能守恒B滑块下滑过程中所受合外力大小不变C滑块下滑过程中重力的功率不变D滑块沿右侧轨道上升过程中速率也不变6、如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂物块P，设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小。现将P、Q由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（）A30时，P、Q的速度大小之比是：2B角增大到9

5、0时，Q的速度最大、加速度最小C角逐渐增大到90的过程中，Q的动能增加，P的动能减小D角逐渐增大到90的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小二、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、某建筑工地需要把货物提升到高处，采取如图所示的装置。光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂货物a，人拉绳的另一端缓慢向右运动达到提升货物的目的。在人向右缓慢运动的过程中，则A细绳OO的张力大小保持不变B人对绳的拉力大小保持不变C细绳OO的张力逐渐变小D人对水平面的压力保

6、持不变8、如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长的轻绳水平相连，从距O点高度为h处自由下落，下落过程中绳始终处于水平伸直状态，若下落时绳的中点碰到水平放置的光滑钉子O，重力加速度为g，则（ ）A小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程，重力的功率先减小后增大C小球刚到最低点速度大小为D小球刚到达最低点时绳中张力大小为9、如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为1:2，两端共接有4个电阻，其中R1=R0，R2=2R0，R3=R4=4R0，现将a、b两端接在交流电源上，则下列说法中正确的是（ ）AR1消耗的电功率为R2消耗的电功率的2倍B流过R1

7、的电流有效值等于流过R3的电流有效值CR2两端的电压有效值是R3两端电压有效值的2倍D流过R2的电流有效值流过是R4电流有效值的2倍10、物体A放在木板B上，木板B放在水平地面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数1=0.2，B与地面动摩擦因数2=0.1，如图所示若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）A当拉力F=12N时，A、B间摩檫力大小为12NB当拉力F16N时，A相对B滑动C当拉力F=20N时，A、B加速度均为1 m/s2D当拉力F=40N时，A、B间摩檫力大小为16N三、实验题：本题共2小题，共1

8、8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）某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：把一开口向右、内壁光滑、深度为h=0.25m的小圆筒水平固定在桌面上，同时把一轻弹簧一端固定于小圆筒内部左端，没有外力作用时弹簧的另一端位于筒内如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l，作出F-l图线如图乙所示（1）由此图线可得出的结论是_；（2）弹簧的劲度系数为_N/m，弹簧的原长10=_m（3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比较，优点在于_12（12分）

9、如图是研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm的小方格，重力加速度取g=10 m/s2。由此可知：闪光频率为_Hz；小球抛出时的初速度大小为_m/s；从抛出到C点，小球速度的改变量为_m/s。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，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5m/s1，当热气球上升到180m时，恰以5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，空气阻力F阻=Kv（K为比例系数），上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g

10、=10m/s1试计算：(1)气球受到浮力的大小；(1)气球上升到180m过程中克服空气阻力所做的功；(3)气球上升到180m过程中所用时间是多少？14（16分）如图所示，足够长的水平传送带以速度v匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻软细绳，通过固定光滑小环C相连。小木块P放在传送带的最右端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。现有一质量为m的子弹以v09 m/s的速度射入小物块P并留在其中。重力加速度g取10 m/s2，子弹射入物块P的时间可以忽略不计。求：(1)小物块P与传送带间的滑动摩擦因数；(2)从子弹射入小物块P至细绳再次拉直的时间；(3)要使小物块P不从传送带

11、的左端离开传送带，传送带至少多长？15（12分）质量是2000kg、额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为20m/s若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，运动中的阻力不变求：(1)汽车所受阻力的大小(2)3s末汽车的瞬时功率(3)汽车做匀加速运动的时间(4)汽车在匀加速运动中牵引力所做的功参考答案一、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、D【解析】ABCD重力沿斜面向下的分力为：所以重力沿斜面向下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：，与F的夹角为：解之得=60所以f与F方向的夹角为120，故

12、D正确，ABC错误2、B【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，如图所示：根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得：故选B3、B【解析】AB.小车的运动可分解为沿绳子方向和垂直绳子的方向两个运动，设两段绳子的夹角为，由几何知识可得所以，小车向右运动，逐渐增大，故逐渐增大，物体有向上的加速度，故A错误，B正确；CD. 物体由向上的加速度，处于超重状态，所以，故CD错误4、C【解析】AB滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，NMg，由于系统在水平方

13、向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用。故AB错误。CD滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg（M+m）g。故C正确，D错误。5、B【解析】滑块下滑的过程中做匀速圆周运动，则动能不变，重力势能减小，机械能减小，选项A错误；滑块下滑的过程中做匀速圆周运动，合外力提供向心力，可知合力的大小不变，方向时刻改变，故B正确重力不变，匀速运动的速度大小不变，速度在竖直方向上的分速度逐渐减小，则重力的功率减小，故C错误在右侧轨道,滑块所受合力沿切线方向的分力

14、与瞬时速度相反,故滑块做减速运动，选项D错误；故选B.6、C【解析】A.对Q分析，根据速度和合成与分解可知，vP=vQcos30，解得，故A正确，A不合题意.B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当=90时，Q的速度最大，此时水平方向的拉力为零，加速度最小，故B正确;B项不合题意.C.角逐渐增大到90的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大，后减小，故Q的动能增加，P的动能先增大后减小，故C错误;则C项符合题意.D.角逐渐增大到90的过程中，绳的拉力一直做正功，故机械能增加，绳的拉力对P一直做负功，机械能一直减小，故D正确;D项不合题意.二、多项选择题：本题共4小

15、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、BC【解析】人拉绳的另一端缓慢向右运动过程中，可以认为a一直处于平衡状态，故人对绳的拉力F1大小等于货物的重力保持不变，F1与货物向下的拉力F2的夹角逐渐增大，F1与F2的合力逐渐减少，所以细绳OO的张力逐渐变小，故A错误，B、C正确。人拉绳的另一端缓慢向右运动过程中，细绳对人的拉力大小不变，但与水平方向的夹角逐渐减少，竖直方向的分力逐渐减少，地面对人的支持力就逐渐增大，人对水平面的压力也逐渐增大，故D错误。 故选：B、C8、AD【解析】A. 小球从开始下落

16、到刚到达最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B. 以向下为正方向，竖直方向合力为:开始时很小，则有：竖直方向加速度向下，增大；到快要相碰时，则有：竖直方向加速度向上，减小，根据可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；C. 从最高点到小球刚到达最低点的过程中，运用动能定理得:解得小球刚到最低点速度大小为：故C错误；D. 根据牛顿第二定律有：解得:故D正确。9、AD【解析】A、根据变压器的规律有：，则：，通过R1的电流为：，通过R3的电流和通过R4的电流相等，即，结合以上各式可得：，A正确；B、由A的分析可知，流过R1的电流有效值不等于流过R3的电流有效值，B错误；C、R2两端的

17、电压等于变压器的输入电压，R3两端电压等于输出电压的一半，所以R2两端的电压有效值与R3两端电压有效值相等，C错误；D、流过R2的电流：，又流过R4电流： ，所以流过R2的电流有效值流过是R4电流有效值的2倍，D正确；故选AD10、CD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度为：a=1mAg-2(mA+mB)gmB=0.280-0.11002=3m/s2。此时拉力F为：F=（mA+mB）a+2(mA+mB)g=40N。则当F40N时，A，B都相对静止，当F40N时，A相对B滑动。故B错误。当F=12N时，A，B相对静止，整体的加速度为：a=F-2(mA+mB)g

18、mA+mB=1210-0.110=0.2m/s2 ，对A：F-f=mA a，解得f=10.4N，选项A错误；当拉力F=20N时，A，B相对静止，整体的加速度为：a=F-2(mA+mB)gmA+mB=2010-0.110=1m/s2，选项C正确；当拉力F=40N时，A、B相对静止，整体的加速度为3m/s2，此时对A: F-f=mA a，解得A、B间摩檫力大小为f=16N，故D正确；故选CD。【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用三、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

19、过程。11、弹簧弹力和弹簧形变量成正比 100 0.15 水平放置可以消除由于弹簧自身重力造成的误差 【解析】（1）1从乙图中可以看出为定值，即弹簧弹力和弹簧形变量成正比（2）2从乙图中可知，当外力为零时弹簧的长度为根据胡克定律可得图乙中的斜率表示弹簧的劲度系数，故有3从乙图中得出当时，代入可得（3）4该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于避免弹簧自身所受重力对实验的影响【点睛】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力12、10 2.5 4 【解析】1在竖直方向上有y=gT2得则闪光的频率。2小球抛出时的初速度大小

20、3小球在B点竖直方向的速度从抛出到C点，经历的时间则速度的变化量v=gt=4m/s【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直方向上在相等时间间隔内的位移之差是一恒量，结合运动学公式和推论灵活求解。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)F浮=4830N (1)Wf=35650J (3)t=46s【解析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿

21、第二定律列式求解出浮力；根据动能定理求解阻力功；根据动量定理求解时间【详解】（1）分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：F浮-mg=ma代入数据得：F浮=4830N（1）已知上升高度h=180m，由动能定理得： 解得代入数据得：Wf=35650J（3）设上升180m过程所用时间为t，由动量定理得： 其中v=5m/sI浮=F浮t, IG=-mgt联立以上各式：t=46s【点睛】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据牛顿第二定律列式求解第3问中用动量定理求解很方便快捷.14、（1）=0.5（2）t=0.4s（3）L=2.025m【解析】静止时分

22、别对P、Q受力分析，由平衡条件求出小物块P与传送带间的滑动摩擦因数；子弹射入小物块P过程，对子弹和小物块P系统，由动量守恒求得速度，子弹射入P至细绳再次拉直，P做减速运动，Q做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学规律求出从子弹射入小物块P至细绳再次拉直的时间；细绳再次拉直至P、Q刚共速过程，分别对P、Q由动量定理得刚共速的速度大小，P、Q刚共速一起做匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学规律求出滑行的距离，再求出要使小物块P不从传送带的左端离开传送带，传送带的长度；【详解】解：(1)设静止时小物块P与传送带间的动摩擦因数为，细绳拉力大小为T1 ，分别对P、Q由平衡条件得： T1=(2m)gT1=mg联立以上两式得： =0.5(2)设子弹射入P后与P刚共速的速度大小为v1。子弹射入小物块P过程，对子弹和小物块P系统，由动量守恒得： mv0=(m+2m)