浙江省丽水四校2022-2023学年物理高三第一学期期中学业水平测试模拟试题（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、如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在

2、水平面做往复运动木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为ABCD2、粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统()A动量和机械能都守恒B动量和机械能都不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒3、2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”假设将发射火箭看成如下模型；静止实验火箭总质量为M=2100g当它以对地速度为v0=840ms喷出质量为m=100g的高温气体后，火箭的对地速度大小为(喷出

3、气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)A30msB40msC42msD50ms4、根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量和动量之间的关系是，期中为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”。根据动量定理可近似认为：当动量为的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为。有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装面积极大、反光率为的薄膜，并让它正对太阳。已知太阳光照射薄膜对每平方米面积上的辐射功率为，探测器和薄膜的总质量为，薄膜面积为，

4、则关于探测器的加速度大小正确的是（不考虑万有引力等其它的力）ABCD5、所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速下列说法正确的是（ ）A导体棒EF受到安培力的方向可用左手定则判断B弹射时导体棒EF先向右做变加速运动，后做匀速运动C电容器相当电源，放电时MN间的电势差保持不变D在电容器放电过程中，电容器电容不断减小6、下列说法正确的是（ ）A根据公式可知，I与q成正比，I与t成反比B公式适用任何电路，适用纯电阻电路C电动势越大，电源把其他形式的能转化为电能越多D把小量

5、程的电流表改装成电压表要串联一个阻值较大的电阻二、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，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变在OM由竖直被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小8、下列说法正确的是_A一定质量的理想气体温度不变，若从外界吸收热量，则气体体积一定增大B

6、分子动能是由于物体机械运动而使内部分子具有的能C一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行D较大的颗粒不做布朗运动是因为液体温度太低，液体分子不做热运动E.分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小9、黑体辐射的实验规律如图所示，由图可知，下列说法错误的是( )A随温度升高，各种波长的辐射强度都增加B随温度降低，各种波长的辐射强度都增加C随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动10、关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是（ ）A物体做曲线运动所受的合外力一定不为零B物体做曲线运动所受的合外力不为零时一定做曲线运动C物体

7、在恒力的作用下可能做曲线运动D物体做曲线运动时所受的合外力一定是变力三、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）同学们分别利用下图甲、乙所示的两种装置采用不同方法探究“合外力做功与动能改变量的关系”其中小车A与纸带和打点计时器B相连，托盘C内装有砝码，D为无线测力传感器，可直接测量绳子给小车的拉力（1）下列说法正确的是_A两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B两种方案都需要测量并记录小车的质量C两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量D两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量 （2）如图丙是某次实验打下的纸带，其

8、中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打下的第一个点，打点周期为T，相邻两点间还有四个点没画出，则打下C点时小车的速度大小为vc=_ （3）若采用方案二进行实验，用天平测得小车的质量为M，传感器D测量得到绳子拉力为F，研究小车从开始运动到打下C点的过程，则根据动能定理，应验证的表达式为(用题目中已知物理量的符号表示)_（4）若采用方案一进行实验，并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力，多次实验发现拉力做功总是比小车动能增加量要_一些（填“偏大”或“偏小），造成这种误差最可能的原因是_12（12分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：（1）在使用多用电表测量时，若选择开关找至“

9、25V“挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为_V（2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系图象如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_，该电池的电动势E_V（3）下列判断正确的是（_）A在图（b）中、电表的左、右插孔处分别标注着“”、“+”B由图线（c）的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大C欧姆表调零的实质是通过调节R，使Rx0时电路中的电流达到满偏电流D电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，则对应的电流变化量就越小（4）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻

10、增大，但仍然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，则测量结果是_（填“偏大”“偏小”或“不变”）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，传送带A、B之间的距离为，与水平面间夹角，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为。在传送带上端A点无初速度放置一个质量为，大小可忽略的金属块，它与传送带的动摩擦因数为，金属块滑离传送带后，经过弯道BCD后，沿半径的竖直光滑圆轨道做圆周运动，并刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为，取。（1）若金属块飞离E点后恰能击中B点，求B、D间的水平距离；（2）求金属块经过D点时的

11、速度大小；（3）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。14（16分）如图所示，传送带与地面的夹角37，AB长L8.8m，传送带以v06m/s的速率沿逆时针方向转动在传送带上端A无初速度地放一个质量m2kg的黑色煤块，煤块与传送带间的动摩擦因数0.5，煤块在传送带上运动会留下黑色痕迹已知g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求(1)煤块从A点运动到B点的时间(2)煤块从A点运动到B点的过程中，传送带上形成的黑色痕迹的长度15（12分）如图甲所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球从开始下落到接触弹簧后继续向下运动到

12、最低点的过程，以竖直向下为正方向，小球的加速度与位移之间的关系如图乙所示，不计空气阻力，质量、重力加速度、已知。（1）求小球刚接触弹簧时的速度v；（2）判断小球在图乙中A、B、C三个位置哪个位置速度最大，根据图像求弹簧的劲度系数；（3）求该过程中小球的最大速度。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】由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：，解得根据动量定理，合外力的冲量，故A正确，BCD错误【点睛】木块自被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，根

13、据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量；本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用2、B【解析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，在一起滑动过程中，受到地面的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，根据能量守恒定律，子弹打入木块和在地面上滑行过程系统要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能不守恒，故B正确，ACD错误3、C【解析】发射过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出导弹的速度【详解】喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒；以喷出气体的速度方向为正方向，

14、由动量守恒定律得：mv0+（M-m）v=0，解得：v=-42m/s，故C正确，ABD错误；故选C【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了求导弹的速度问题，知道发射过程系统动量守恒是解题的前提，应用动量守恒定律可以解题4、B【解析】太阳照到薄膜上的总能量为光子的总动量为故光子的动量变化为故探测器的加速度大小为故B正确，A、C、D错误；故选B。5、A【解析】明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向；【详解】A、电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定

15、则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；B、根据上面分析可知导体棒受到向右的安培力作用，即导体棒EF先向右做变加速运动，后由于安培力消失在阻力作用下做减速运动，故选项B错误； C、电容器放电时，电量和电压均减小，即MN间的电势差减小，故C错误； D、电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误【点睛】本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由电容器本身的性质决定6、D【解析】A公式是电流的定义式，I与q、t无关，故A错误；B公式适用任何电路，用于求解焦耳热，适用于任何电路，故B错误；C电动势越大，电源把其他形式的能转

16、化为电能的本领越大，但不能说明电源把其他形式的能转化为电能越多，与电荷量也有关系，故C错误；D把小量程的电流表改装成电压表要串联一个阻值较大的电阻，用来分到更大的电压，达到改装电压表的目的，故D正确。故选D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、AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错

17、误8、ACE【解析】A一定质量的理想气体温度不变，内能不变，若从外界吸收热量，则气体对外做功，则气体体积一定增大，故A正确；B微观分子的动能与宏观物体机械运动无关，故B错误；C根据热力学第二定律可知，一切自发的宏观过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，选项C正确；D液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动的原因是大颗粒容易受力平衡，布朗运动不明显，故D错误；E分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，选项E正确。故选ACE。9、BD【解析】随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。综上分析AC正确，不符合题意；BD错误，符合题意。故选BD。10、AC【解析

18、】试题分析：因为做曲线运动时速度时时刻刻变化着，即存在加速度，根据牛顿第二定律可得，物体受到的合力一定 不为零，A正确；当合力与速度方向共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，B错误；平抛运动过程中只受重力作用，合力恒定，但为曲线运动，C正确，D错误三、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、AB 偏大 钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力, 导致拉力的功的测量值偏大或: mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能 【解析】（1）两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力的功等于合外力的功，选项A正确；两种方案都需

19、要测量并记录小车的质量，这样才能求解小车的动能变化量，选项B正确；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，也不要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，选项CD错误；故选AB.（2）因纸带上相邻两点间还有四个点没画出，可知t=5T，打下C点时小车的速度大小为；（3） 小车从开始运动到打下C点的过程动能的增量为；拉力的功W=Fs3，则应验证的表达式为；（4）钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力，所以由钩码的重力代替拉力求解的功偏大，即导致拉力的功的测量值偏大；或者mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能.【点睛】本题考查探究功与速度变化的关系实验，解决本

20、题的关键掌握纸带处理的方法，会通过纸带求解瞬时速度和动能增量，以及知道实验误差形成的原因，明确用钩码的重力代替绳的拉力的作用所带来的影响12、11.5 1.5104 12 AC 偏大 【解析】（1）选择开关置于“25V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.5V，对应刻度示数为：11.5V（2）根据闭合电路的欧姆定律得： ，由题图可得Ig0.8mA，当I0.3mA时，Rx15 k，解得 R内15 k1.5104，E12 V（3）根据电流红进黑出，在题图b中，电表的右、左插孔处分别标注着“+”“”，故A正确；函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外

21、电阻增大电路电流减小造成的，故B错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且IRx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D错误故选AC（4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R中得调小， ，因R中变小，则同一Rx则电流要变小，对应电阻刻度值偏大四、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