2022-2023学年四川省阆中市阆中中学新区物理高三第一学期期中学业水平测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹

2、簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g以下说法正确的是（ ）A小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B小物体下落至高度h5时，加速度为0C小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1-h5）2、如图甲所示,一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m=11 kg的轮胎从静止开始 沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）A轮胎与水平地面间的动摩擦因数

3、=0.2B拉力F的大小为55 NC在05s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 JD在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W3、一个物体在若干个力的作用下处于平衡状态，若使其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，再恢复到原值，而其他力均不变，则物体的运动可能是A一直加速B一直减速C先加速后减速D先减速后加速4、如图甲所示，线圈固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个（） ABCD5、在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系

4、统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中（）A物块A运动的距离为B拉力的最大值为m1gsin m1aC拉力做功的功率先增大后减小D弹簧弹性势能先减小后增大6、水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为 3 kg，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度大小为 10 m/s2，由图象可知( )A在 04 s 时间内，水平力 F 的冲量为48 NsB在 04 s 时间内，水平力 F 做的功为 24JC在 04 s 时

5、间内，合外力的冲量为 12 NsD在 04 s 时间内，合外力做的功为 48J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，动滑轮下系有一个质量为的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮用的恒力竖直向上拉细线的另一端滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦经过（），则（）A拉力做功为 B拉力做功为C物体的动能增加了 D物体的机械能增加了8、如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度

6、0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端根据上述情景和已知量，可以求出（ ）A弹簧的劲度系数B弹簧的最大弹性势能C木板和小物块之间的动摩擦因数D木板和小物块组成的系统最终损失的机械能9、关于气体的内能，下列说法正确的是_A质量和温度都相同的气体，内能一定相同B气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C气体被压缩时，内能可能不变D一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加10、一物体受到两个外力的作用，沿某方向做匀速直线运动若将其中一个力的方向旋转90，保持这个力的大小和另一个力不变，则物体可能

7、做（ ）A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀速圆周运动D轨迹为抛物线的曲线运动三、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）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放的高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球平抛运动的射程图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射小球多次从斜面上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后把被碰小球静置与轨道水平部分，再

8、将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复接下来完成的必要步骤是_（填写选项前的符号）A用天平测量两小球的质量、B测量小球开始释放的高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到、相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM、ON实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为_12（12分） 某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线

9、运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示（1）为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为_（2）实验中还需要测量的物理量为_验证动量守恒定律的表达式为_（用测量物理量对应的字母表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指

10、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，传送带AB总长为l10 m，与一个半径为R0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求： (1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能14（16分）如图甲所示，一个以恒定速率逆时针转动的传送带AB，在其左侧边缘的B点有一个不计大小的滑块，若滑块以初速度v1=3m/s冲

11、上传送带，滑块运动的v-t力象如图乙中实线a所示；若滑块以初速度v1=6m/s冲上传送带，滑块运动的v-t图象如图所乙实线b所示重力加速度g取10m/s1求： （1）传送带的长度L和传送带与滑块间的动摩擦因数； （1）滑块以初速度v1=3m/s冲上传送带到返回B点所用的时间t 15（12分）带电荷量为q=+5.010-8C的点电荷从A点移到B点时，克服电场力做功3.0106J已知B点的电势为UB=20V求：(1)A、B间的电势差；(2)A点的电势；(3)q从A到B的电势能变化；(4)将q/=-5.0 x108C的点电荷放在A点时它的电势能参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24

12、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】由图知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k(h2-h3)=mg，所以A错误；小物体下落至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2-h4，由能量守恒知，弹簧的弹性势能增加了EP=mg(h2-h4)，又因k(h2-h3)=mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg（h1-h5），所以D正确2、D【解析】A、撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图像得5s7s内的加速度a2=

13、-5m/s2，根据牛顿运动定律有N2-mg=0，-f2=ma2，又因为f2=N2，代入数据接的=0.5，故A错误；B、力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有Fcos37-f1=ma1，mg-Fsin37-N1=0，又因为f1=N1，由速度图像得此过程的加速度a1=2m/s2，联立解得：F=70N，B正确；C、在0s5s内，轮胎克服摩擦力做功为0.56825J=850J，C错误；D、因6s末轮胎的速度为5m/s，所以在6s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.51105=275W，D正确；故选D。【点睛】根据速度图像的斜率求出5s7s内运动的加速度，结合牛顿运动定律及滑动摩擦

14、力的计算公式求出动摩擦因数；根据题意做出撤去F后轮胎的受力示意图，根据共点力平衡条件列示，联立求解拉力F的大小； 由速度图像得到6s末轮胎的速度，根据P=Fv求出摩擦力的瞬时功率大小。3、A【解析】体在多个力的作用下做匀速直线运动，知合力为零，如果仅将其中某一个与速度方向相反的力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，知合力的大小先增大后减小，方向始终与速度方向相同，所以物体一直做加速运动，故A正确。故选A。4、D【解析】根据题意可知安培力的方向向右，根据左手定则，感应电流的方向由B到A；再由右手定则，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流；由法拉第电磁感应定律，结合闭合

15、电路欧姆定律，则安培力的表达式因安培力的大小不变，则是定值， 是B-t图的斜率。当磁感应强度B增大，则减小；当磁感应强度B减小，则增大；故D正确，ABC错误；故选D。5、D【解析】A系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得kx1m1gsin ，解得物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为x2，由kx2m2gsin ，解得物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为选项A错误；B在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，Fm1gsin kx2m1a，解得拉力F(m

16、1m2)gsin m1a，选项B错误；C在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式PFv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C错；D由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确。故选D。6、C【解析】A. 由冲量I=Ft知，F-t图象与时间轴所围的面积等于F力的冲量，则：故A错误；BD.由图知：当t=2s时，a=1m/s2，F=6N，根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，代入得：6m10=m2，当t=4s时，a=3m/s2，F=1

17、2N，代入得：12m10=m3，联立解得=0.1，m=3kg。由at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得04s内物体速度的增量为：，t=0时刻速度为0，则物块在第4s末的速度为4m/s；根据动能定理，得04s内合外力所做的功为：水平力 F 做的功大于 24J。故B错误，D错误。C. 根据动量定理，得04s内合外力的冲量为：I=P=mv=34=12Ns，故C正确。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、BD【解析】对m：得，则，则，故A错，B对物体的动能增加了，C错

18、；物体的机械能增加了，D对，故选BD点睛：解决本题的关键是明确动滑轮的力学特性，知道拉力F的作用点位移等于物体位移的2倍要注意选择研究对象；知道机械能的增量等于动能和势能增量之和，也等于除重力外的其它力的功8、BD【解析】小木块m与长木板M构成的系统动量守恒,设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1 、v2 以向左为正方向,小木块从开始位置滑动到最左端的过程,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v1 小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程:mv0=(M+m)v2 计算得出:v1=mv0(M+m) v2=mv0(M+m) 小木块滑动到最左端的过程中,由能量守恒定律得:12mv02=12(

19、M+m)v12+Q+EpQ=fL 小木块从开始滑动到最右端的过程中,由能量守恒定律,12mv02=12(M+m)v22+Q Q=2fL 由以上各式可以解出Ep 、Q、Q,故BC正确,求出Q后,如果已知木板长度L:Q=mgL ,可以求出木板和小物块间的动摩擦因数,所以D选项是正确的;因为缺少弹簧的压缩量,无法求出弹簧的劲度系数,故A错误;综上所述本题答案是：BCD9、CDE【解析】A质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则摩尔数不一定相同，内能不一定相同，故A错误；B气体的内能与机械能无关， 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能不变，故B错误； C气体被压缩时，若气体对外做功，则气体

20、的内能可能不变，故C正确； D一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故D正确； E一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故 E正确；10、BD【解析】试题分析：物体原来处于平衡状态，一个力的方向旋转90后，将另一个力与旋转后的力进行合成，根据合力的方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况解：物体原来处于平衡状态，一个力的方向旋转90后，旋转后的力与另一个力进行合成；A、由于一定存在加速度，因此不可能匀速直线运动，故A错误；B、若合力与速度同向，物体做匀加速直线运动，若合力与速度反向，物体做匀减速直线运动，故B正确；C、由于匀速圆周运动合力始终

21、指向圆心，是个变力，所以不可能做匀速圆周运动，故C错误；D、若合力与速度垂直，物体做类平抛运动，故D正确；故选BD【点评】力是改变速度的原因，力的方向不同，对速度的改变情况也不同三、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、CADE【解析】由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，因而根据小球做平抛运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以选C；实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多

22、次重复测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前，至于用天平秤质量先后均可以，所以答案是ADE；碰撞前、后总动量的比值：点睛：本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道实验中利用平抛运动进行实验的基本方法，同时注意实验中的注意事项和数据处理的基本方法12、天平 一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2 【解析】（1）1动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平（2）23测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币以速度v1被弹射出去后，由动能定理可得解得，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得解得一元硬币碰后速度，五角硬币碰后的速度为，若碰撞过程动量守恒则需满足，代入数据可得四、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) m/s或4 m/s(2)1.8 m(3)220 J【解析】(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有解得v02m/s；当滑块初速度小于传送带速度时，有解得v04 m/s.(2)