2022-2023学年四川省德阳中学物理高三上期中教学质量检测模拟试题（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、如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60和45，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）AA、B的质量之

2、比为1：BA、B所受弹簧弹力大小之比为C快速剪断A、B细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为D快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为2、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍该质点的加速度为（ ）.ABCD3、将验证动量守恒定律的实验装置搬到竖直墙壁的附近，调整仪器，使球A从斜轨上由静止释放，并在水平轨道末端与球B发生正碰后，两球都能打在墙上。 已知A、B两球半径相同，A球的质量大于B球的质量，则下列说法正确的是A此装置无法验证动量守恒定律B碰撞后瞬间，A球的速度大于B球的速度C碰撞后， A、B两球同时打到墙上D碰撞后，A球在墙上的落点在B

3、球落点的下方4、平直马路上有同方向前后行驶的电车a和汽车b，它们的vt图象如图所示。当t10s时，两车刚好相遇，由图可知A开始时电车a在前汽车b在后B开始时两车相距25mCt20s时两车相距50 mDt10s后两车还会再相遇5、一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45 J，在第1秒末撤去拉力，其vt 图象如图所示，g=10 m/s2，则A物体的质量为10 kgB物体与水平面的动摩擦因数为0.2C第1秒内摩擦力对物体做的功为-60 JD前4秒内合力对物体做的功为60 J6、如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车从同一地点同时出发的位移图象和速度

4、图象，则下列说法正确的是（ ）A甲车做曲线运动，乙车做直线运动B0t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度C在t2时刻丁车在丙车的前面D0t2时间内，丙、丁两车都做匀变速直线运动二、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、如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L不考虑电场边缘

5、效应，不计粒子重力则下列说法正确的是A粒子进入偏转电场的速度大小为2eU1mB若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压U0=U1d23L2C若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T=Lnm2eU1(n=1,2,3.)D若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为U0=4nU1d2L2(n=1,2,3.)8、如图所示，水平光滑长杆上套

6、有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块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，在物块P下落过程中，下列说法正确的有A当60时，P、Q的速度之比是1:2B当90时，Q的速度最大C物块P一直处于失重状态D绳对Q的拉力始终大于P的重力9、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量恰好相同，两者质量之比M：m可能为（）A0.5B1.6C2.7D3.810、如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述竖直方向的运动:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)。上后， 随跳板一同向下做变速运动到达最

7、低点(B位置)，跳板始终在弹性限度内。在运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是A在最低点时，运动员所受的合外力为零B在最低点时，运动员、跳板、地球组成的系统势能最大C在此过程中，运动员所受重力做的正功小于跳板的作用力对她做的负功D在此过程中，跳板对运动员始终做负功，运动员的动能一直在减小三、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）某同学在利用打点计时器研究“匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，每两个相邻的计数点之

8、间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，则打下点4时小车的瞬时速度为 ，小车的加速度为 （要求计算结果保留三位有效数字）12（12分）某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为3V，内阻很大），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2.，导线若干。（1）先测电阻R1的阻值。请将该同学的操作补充完整：A闭合S1，将S2.切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0。和对应的电压表示数U1。B保持电阻箱示数不变，_，读出电压表的示数U2。C则电阻R1的表达式为R1=_。

9、（2）该同学已经测得电阻R1=3.2，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值，其做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1U-1R图线，则电源电动势E=_V，电阻R2=_。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，半径R0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m1 kg的小物体（可视为质点）在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做

10、平抛运动，正好落到C点，已知xAC1 m，物体与水平面的动摩擦因素为0.48，g取10 m/s1试求：（1）物体在B点时的速度大小（1）物体到达半圆轨道A点时对轨道的压力大小；（3）物体从C到A的过程中，外力F做的功14（16分）额定功率P=60 kw、质量m=1.6 t的汽车在一山坡上行驶，下坡时若关掉油门，则汽车的速度将保持不变。现让该汽车在这一山坡上由静止开始向下行驶，先以F=8000 N恒定牵引力匀加速行驶一段时间，当功率达到额定功率时，改为恒定功率行驶，当速度达到匀加速结束时速度的两倍时关掉油门，汽车匀速下坡。设山坡足够长，汽车上述各过程中受到的阻力相同。求：(1)汽车匀加速结束时速

11、度大小；(2)汽车由静止开始向下行驶至关掉油门这一过程的总时间。15（12分）航天飞机是一种垂直起飞、水平降落的载人航天器航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞（如图），加速度大小为a1，运动一段时间后速度减为v；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t，求：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小；（2）航天飞机着陆后滑行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、C【解析】A对AB两个物体受力分析，如图所示：

12、AB都处于静止状态，受力平衡，则有：对A物体：，对B物体：，联立可得：故A错误。B同一根弹簧弹力相等，所以A、B所受弹簧弹力大小之比为1:1。故B错误。C快速剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，物体所受合力分别为：，剪断细线瞬间，A、B的瞬时加速度之比：故C正确。D快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向，对A物体：，解得：对B物体：，解得：联立可得加速度之比为：故D错误。2、A【解析】设初速度为v0，末速度为3v0，则位移为：联立解得：据加速度公式故BCD错误，A正确。故选A。3、D【解析】两球碰撞后均做

13、平抛运动，根据高度比较平抛运动的时间，碰撞过程中动量守恒，运用水平位移与时间的比值代替速度得出动量守恒的表达式，从而验证动量守恒定律；【详解】A、碰撞前后小球均做平抛运动，在竖直方向上：h=12gt2，平抛运动时间：t=2hg，设轨道末端到木条的水平位置为x，未放B球时，小球A下落的高度为h1，放上小球B后，A和B碰撞后下落的高度分别为h2和h3，则碰撞前后小球做平抛运动的初速度分别为：vA=x2h1g，vA=x2h2g，vB=x2h3g，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA=mAvA+mBvB将速度代入动量守恒表达式解得：mAh1=mAh2+mBh3，分别将h1、h2和h3代入即可验证动量守恒

14、定律，故选项A错误；B、由碰撞的实际过程可知，碰撞后瞬间，由于A球质量大于B球质量，则导致A球的速度小于B球的速度，故选项B错误；C、由上面分析可知vAh3，导致碰撞后， A、B两球不会同时打到墙上，A球时间长，后达到墙壁上，即A球在墙上的落点在B球落点的下方，故选项C错误，D正确。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，知道碰撞的过程中，动量守恒，运用水平位移与时间的比值代替速度得出动量守恒的表达式，从而验证动量守恒定律。4、B【解析】A.从图像可以看出在前10s内a图像包围的面积大于b图像包围的面积，故一开始a在后b在前，故A错误；B.图像包围的面积代表各自运动走

15、过的位移，所以两者一开始相距的距离为，故B正确；C.从面积上可以看出t20s时两车相距25m，故C错误；D. t10s后，b的速度一直大于a的速度，所以两车不会再相遇，故D错误5、A【解析】A由图知第1s内的位移为则由动能定理可得合外力做功W=F合x1mv2=45J得F合=30N；m=10kg故A正确；B从第1s末到4s，摩擦力做功为-45J 位移为：摩擦力为大小为f，则：-fx2=-45J得f=10N，则故B错误；C第1s内摩擦力做功为：Wf=-fx1=-101.5=-15J故C错误；D由动能定理可知，前4s内合外力做功为零；故D错误；故选A6、C【解析】A.由位移时间图线切线的斜率表示速度

16、，由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误；B.在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所用时间相等，所以两车平均速度相等，故B错误；C.由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：在t2时刻丁的位移大于丙的位移，而两车又是从同一地点向同一方向做直线运动，所以在t2时刻丁车在丙车的前面，故C正确；D.0t2时间内，丙车都做匀变速直线运动，丁车做加速度减小的变加速直线运动，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、ACD【解析】根据动能定理求出粒子

17、进入偏转电场的速度v的大小粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小【详解】在加速电场中，根据动能定理得：eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：d2=L+12Ltan，解得tan=d3L，又tan=vyv=eU0mdLvv=eU0Lmdv2，解得：U0=2U1d23L2，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏

18、转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足t=Lv0=nT，而t=Lv0 ，解得：T=Lnv0=Ln2eU1m=Lnm2eU1（n=1、2、3、4），在竖直方向位移应满足d2=2n12aT22=2n12eU0dmT22，解得：U0=2nmd2v02eL2=4nU1d2L2（n=1、2、3、4），故CD正确，故选ACD【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定

19、理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成8、AB【解析】A、由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当时，Q的速度解得：故A正确；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，即当时，Q的速度最大，故B正确；C、角逐渐增大到的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大后减小，所以P是先失重后超重，故C错误；D、因为P是先失重后超重，因此绳对Q的拉力会等于P的重力，故D错误。9、BC【解析】设碰撞后两者的动量都为p，根据题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有碰撞过程动能不增加，有解得根据碰后的规律知：碰后M的

20、速度不大于m的速度，则所以应有故选BC。10、BC【解析】A刚接触跳板时弹力小于重力，运动员加速下降，随着弹力增加，加速度减小；在后阶段弹力大于重力，运动员减速下降到最低点，则在最低点时，运动员所受的合外力向上，不为零，选项A错误；B因在整个过程中，只有重力和弹力对运动员做功，则运动员、跳板、地球组成的系统的机械能守恒，则最低点时，动能最小，则系统的势能最大，选项B正确；C在此过程中，运动员的动能减小，则根据动能定理可知，运动员所受重力做的正功小于跳板的作用力对她做的负功，选项C正确；D在此过程中，跳板对运动员始终做负功，运动员的动能先增加后减小，选项D错误；故选BC.三、实验题：本题共2小题

21、，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、0.314m/s，0.510m/s1【解析】解：每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T=50.01=0.1s；计数点4的瞬时速度为：m/s=0.314m/s根据x=aT1，a=0.510m/s1故答案为0.314m/s，0.510m/s1考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出小车的加速度点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，注意单位换算和有效数字的保留12、将S2 切换到b U2-U1U1R0 2 0.8 【解析】（1)B.1.保持电阻箱示数不变，将S2 切换到b；2.设电路中的电流为I，当S2切换到a时有U1=IR0；当S2切换到b有：U2=I(R0+R1)；联立解得：R1=U2-U1U1R0（2）3.4.根据E=U+UR(R1+R2),变形得1U=1E+1RR1+R2E,对比图象有1E=0.5；得E=2V；R1+R2E=1.5-0.50.5=2.0，由R1=3.2.可得R2=0.8。四、计算