新疆阿勒泰地区布尔津县高级中学2022-2023学年物理高三第一学期期中联考模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升

2、到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图象如图乙所示，则（ ）At1时刻小球速度最大Bt2至t3时间内，小球速度一直增大Ct3时刻小球处于超重状态Dt2至t3时间内，小球速度先增大后减小2、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（mM）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小

3、球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处3、下列几种运动中，机械能一定守恒的是()A做匀速直线运动的物体B做匀变速直线运动的物体C做平抛运动的物体D做匀速圆周运动的物体4、关于重力做功与重力势能变化的下列说法中正确的是( )A物体从A点沿不同的路径运动到B点，重力势能的变化不同B物体在重力和弹力作用下做匀速运动，物体的重力势能一定不变C重力对物体做正功，物体的重力势能就增加D重力对物体做的功等于物体的重力势能的变化5、将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek1从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所

4、做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W1下列选项正确的是（）AEk1=Ek1，W1=W1BEk1Ek1，W1=W1CEk1Ek1，W1W1DEk1Ek1，W1W16、2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首选被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道II（椭圆），然后通过在远地点变轨，最终进入地球同步轨道III（圆形）。但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道I远地点只有1.6万公里。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整

5、，终于在7月5日成功定点于预定轨道，下列说法正确的是( )A失利原因可能是发射速度没有达到7.9km/sB卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时的速度相同C卫星在轨道II由P点向Q点运行时处于超重状态D卫星从轨道I的P点进入轨道II后机械能增加二、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，甲、乙两物体在同一条直线上运动，折线是物体甲运动的图象，直线是物体乙运动的图象，则下列说法正确的是（ ） A甲、乙两物体运动方向相反B甲做匀速直线运动，速度大小为7.5m/

6、sC乙做匀减速直线运动，加速度是5m/s2D甲、乙两物体在距甲的出发点60m处相遇8、质量m的物块（可视为质点）以v0的初速度从倾角=30的粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回到出发点P点，其速度随时间变化的图象如图所示，且不计空气阻力下列说法中正确的是（ ）A物块所受的重力与摩擦力大小之比为5：3B整个过程中物块克服摩擦力做功的功率为C整个过程中重力做功比摩擦力做功大D整个过程中重力冲量与摩擦力冲量之比10：19、如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初状态三个小球均静止,BC球

7、之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是A球A和B碰撞是弹性碰撞B球A和B碰后,球B的最小速度可为0C球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96JD球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s10、如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是A1：2=1：2B1：2=1：

8、3C在02T时间内，当t=T时电子的电势能最小D在02T 时间内，电子的电势能减小了2e2T212md2三、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）在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m1 kg的重锤自由下落，纸带上打出一系列的点，如图所示，相邻计数点时间间隔为0.02 s，长度单位为cm，取g9.8 m/s2.(1) 打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB_(保留两位有效数字)(2) 从点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量Ep_，动能的增加量Ek_(保留两位有效数字)12（12分）某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M

9、，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)请回答下列问题：打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=_m/s；(结果保留3位有效数字)滑块做匀加速直线运动的加速度a=_m/s2；(结果保留3位有效数字)滑块质量M=_(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次

10、改变钩码的质量，分别求出相应的加速度（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出amg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=_kg(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)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，在水平地面上放有一高度为h=0. 8m的固定斜面体，地面与斜面体弧面的底端相切。有两个可以视为质点的滑块甲和乙，甲的质量为2m，乙的质量为Nm. 现将乙滑块置于斜面体左边地面上，让甲滑块由斜面体的顶端静止滑下，然后与乙滑块发生碰撞，碰后乙获得了v=2. 0m/s的速度。（不计一切摩擦，g

11、取10m/s2）（1）若甲、乙发生弹性正碰，N为多少？（2）若甲、乙发生完全非弹性碰撞，且m=1kg，则碰撞过程损失的机械能为多少？14（16分）如图是一种测定风力仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为F时，金属丝偏离竖直方向的角度为，重力加速度为g，求：(1)金属球对金属丝的拉力的大小；(2)金属球的质量为多少？15（12分）小球A通过长为h的细线悬挂在离地面高度也是h的O点，现在把小球A移动到水平位置并把细线伸直由静止释放，同时在O点正下方A的原位置放置一个质量为小球质量5倍的滑块B。滑块和地面之间动摩擦因

12、数为，小球A与滑块发生正碰后反弹高度为，不计空气阻力，重力加速度为g，求:(1)小球A与B碰撞前瞬间速度的大小；(2)B在水平面运动的时间。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】A、t1时刻小球刚与弹簧接触；当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，故A错误；B、D、t2时刻小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上，速度为零，故先加速向上运动，当重力与弹力平衡时，速度最大，之后做减速运动，故B错误，D正确；C、t3时刻弹力为零，合力向下，故小球处于失重状态，重物C错误故选D【点睛】关键要将小球的运动分为自由下落过程、

13、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析2、D【解析】A当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；B下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；D球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹

14、后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；故选D。3、C【解析】A做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能可能变化，机械能不一定守恒，故A错误；B若是在水平面上的匀加速直线运动，动能增大，重力势能不变，则机械能不守恒；故B错误；C做平抛运动的物体，只受重力做功，机械能必定守恒，故C正确；D若物体在竖直平面内做匀速

15、圆周运动，动能不变，重力势能在变化，机械能不守恒，故D错误；故选C考点：考查机械能守恒定律【名师点睛】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件和机械能的定义，知道各种运动的特点即可进行判断4、D【解析】重力做功W=mgh，与物体初末位置的高度差h有关，物体从A点沿不同的路径运动到B点，高度差相同，重力势能的变化相同，故A错误；物体在重力和弹力作用下做竖直方向的匀速运动时，物体的重力势能一定改变；故B错误；重力做正功，物体的重力势能一定减小。故C错误；重力势能的变化量等于重力做功的数值，即为WG=-EP，故D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关

16、，但重力势能的变化与零势能的选取无关。以及知道重力做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，注意重力对物体做的功等于物体的重力势能的减小量，而不是变化量。5、B【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W1对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek1-Ek1，可知Ek1Ek1，故B正确，ACD错误6、D【解析】A. 卫星的最小发射速度为7.9km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9km/s，故A错误；B. 卫星由的Q点加速后才能进入，由此可知，卫

17、星在轨道经过Q点时的速度大于在轨道经过Q点时的速度，B错误；C. 卫星在轨道II由P点向Q点运行时只受万有引力作用，加速度指向地球球心，处于失重状态，C错误；D. 卫星从轨道变轨到轨道轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的P加速后才能做离心运动从而进入轨道后，卫星加速过程机械能增加，卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加，故D正确。故选：D.点睛：卫星的最小反射速度为7.9km/s，卫星加速过程机械能增加，卫星只受万有引力作用，处于失重状态，根据题意分析答题二、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

18、得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】试题分析：图像的斜率表示速度，斜率的正负表示运动方向，从图像中可知甲一直朝着正方向运动，乙朝着负方向运动，故两者的运动方向相反，A正确；斜率表示速度，故甲在0-2s做匀速运动，速度大小为v1=402=20m/s，然后静止，6-8s又开始做匀速运动，速度大小为v2=60-402=10m/s，B错误；图线乙的斜率恒定，做匀速直线运动，C错误；图线的交点表示两者相遇，故甲乙两物体在距甲的出发点60m处相遇，D正确；考点：考查了位移时间图像【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图

19、像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x8、BD【解析】物块上滑和下滑的位移大小相等，根据位移时间公式分析加速度关系，由牛顿第二定律求得重力和摩擦力之比由动能定理求出克服摩擦力做的功，再求物块克服摩擦力做功的功率整个过程中重力做功为零由冲量的定义求重力冲量与摩擦力冲量之比【详解】A项：设物块返回到出发点P点时速度大小为v根据物块上滑和下滑的位移大小相等，得，解得： 所以物块上滑的加速度为 下滑的加速度大小为根据牛顿第二定律上滑有 mgsin+f=ma1下滑有 mgsin-f=ma2联立解得，则

20、mg：f=11：3，故A错误；B项：对整个过程，由动能定理得，可解得：，这个过程中物块克服摩擦力做功的功率为，故B正确；C项：这个过程中重力做功为零，比摩擦力做功小，故C错误；D项：这个过程中重力冲量 IG=mg3t1=3mgt1摩擦力冲量 If=f2t1-ft1=1.3mgt1所以 IG：If=11：1，故D正确故应选：BD【点睛】本题是力学综合题，关键要明确物块两个过程之间的关系，如位移关系、时间关系和速度关系，分段运用牛顿第二定律运用动能定理求摩擦力做功，由冲量的定义求重力和摩擦力的冲量都是常用方法，要熟练掌握9、AD【解析】A.A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒

21、定律得：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系统总动能：碰撞后系统总动能：碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；BD.A、B碰撞后，B、C组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B的速度最小，C的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB=mBvB+mCvC由机械能守恒定律得：解得：vB=4m/s，vC=12m/s（弹簧恢复原长时C的速度最大，vB=8m/s，vC=0m/s 不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C的速度为12m/s，B的最小速度为4m/s，故B错误，D正确；C.B、C速度相等时

22、弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）vC，由机械能守恒定律得：解得弹簧的最大弹性势能：EP=24J，故C错误。10、BD【解析】根据场强公式可得0T时间内平行板间的电场强度为：E1=1d，电子的加速度为：a1=eE1m=1edm，且向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：x1=12a1T2，速度为：v1=a1T，同理在T2T内平行板间电场强度为：E2=2d，加速度为：a2=eE2m=2edm，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x2=v1T-12a2T2，由题意2T时刻回到P点，则有

23、：x1+x2=0，联立可得：2=31，故A错误，B正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因2=31，所以在2T时刻电势能最小，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为：v2=v1-a2T=-21eTdm，（负号表示方向向下），电子的动能为：Ek=12m2v22=2e2T212md2，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。所以BD正确，AC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、0.97m/s0.48J0.47J【解析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得B点的速度为：（2）从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减少量Ep=mgh=19.84.8610-2J0.48J，动能的增加量.12、；， ；（4）【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；当取下细绳和