黑龙江省哈尔滨市阿城区二中2022-2023学年物理高三上期中联考模拟试题含解析

2022-2023高三上物理期中模拟试卷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、如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，D．P点缓慢下移过程2、下列物理量属于矢量的是A．路程B．速率C．质量D．加速度3、一物体运动的v-t图像如图所示，根据图像可知A．4s内物体在做曲B．4s内物体的速度一直减小C．4s内物体速度的变化量的大小为8m/sD．物体的加速度在1．5s时方向线运动改变4、如图所示，水平屋顶高H5m，围墙高h3.2m，围墙到房子的水平距离L3m，宽x10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶围墙外马路v0g时的速度的大小的值不可能为（取10m/s2）（）A．8m/sC．6m/sD．2m/sF1NNF1NNF1NNF1NNA．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆上移B．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移C．由冬季变为夏季时，应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从黑龙江移到福建，应使圆盘沿摆杆下移二、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,半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球、AB以不同的速度进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C间的距离x为（）A．x=RB．x=2RC．v=gRD．v=2gR8、以下关于物理学史的说法正确的是首发（）学生，中国留学生吴有训测试了多种物质对散射，证实了康普顿A．康普顿的X射线的效应的普遍性；B．汤姆逊用不同材料的阴极做实验，所得的阴极射线具有相同的比荷，这种粒子后来被称为电子；C．居里夫妇和贝克勒尔由于对光电效应的研究一起获得了1903年的诺贝尔物理学奖；D．德国物理学家哈恩和斯特拉斯曼通过中子轰击铀核的实验发现重核裂变．9、2017年4月，我国成功发射了“天舟一号”货运飞船，它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运速圆周运动，经过时间t(t小于其运行周期T）运动的弧长为s，对应的圆心角为β弧度，万有引力常亮为G，下面说法正确的是（）A．“天宫二号”空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度B．“天宫二号”空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度送物资，已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀2tC．“天宫二号”空间站的环绕周期T＝s3GtD．地球质量M＝210、摩天轮是游乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随摩天轮转动过程中，可以俯瞰四周景色，下列叙述不正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零C．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变三、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11．（6分）某同学设计了如图1所示的装置来探究碰撞过程中动置的变化规律，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源頻率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力；在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．（1）若己得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距离标在图上，A为动运起始的第一点．则应选_____段来计算小车A的碰前速度，应选_____段来计算小车A和小（2）己测得小车A的质量mA=0.40kg，小车B的质量mB=0.20kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为总动量为_____kgm/s．碰后两小车的_____kgm/s（结果均保留3位有效数字）12．（12分）某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为；M1(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为、、……；MMM324(3)测量相关数据，进行数据处理．C．橡皮筋的伸长量ΔxD．桌面到地面的高度h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）暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示。“摇头飞椅”高OO2=5.8m，绳长5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg。小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º。g取10m/s2,sin37º=0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:1(1)座椅受到绳子的拉力大小；(2)小明运动的线速度大小；(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)。14．（16分）某科技小组学习了反冲现象后，设计了以下实验。如图甲所示，小车上固定一个右端开口的小管，管口刚好与小车右端对齐。小管内装有一根质量可忽略不计的硬弹簧，小车与管的总质量为M=0.2kg。将一个大小合适、质量为m=0.05kg的小球压入管内，管口的锁定装置既可控制小球不弹出，也可通过无线遥控解锁。小球弹出时间极短，在管内运动的摩擦可忽略。该小组利用此装置完成以下实实验一：测量弹簧储存的弹性势能（1）求小球锁定时弹簧储存的弹性势能EP；15．（12分）如图所示，圆心为O、半径为r=0.1m的圆形区域中有一个磁感强度为B=1T、缘的最短距离为L=0.1m的O＇处有一竖、电荷量为的带电从左侧A点沿ＯＯ＇方向垂直射入磁场，飞出磁场后打在（1）O＇P的长度（2）带电粒子由A到P飞行的时间．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】若B对A没有摩擦力，则A对B也没有摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B也没有摩擦力，故A错误；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，故B错误；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物块的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大；故C错误；P点下降过程中，水平方向弹力可能增大，则对整体分析可知，地面对B的摩擦力可能增大，故D正确；故选D。【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．2、D【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。【详解】A、B、C项：标量是只有大小没有方向的物理量，路程、速率和质量都是标量，故A、B、C错误；D项：矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度矢为量，故D正确。故选：D。【点睛】矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向。3、C【解析】试题分析：前2．5s物体速度正为，沿正方向运动，后2．5s速度为负，沿负方向运动，但做的是直线运动，故A错误；4s内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；4s内

物体速度的变化量为-3-5=-8m/s，所以速度的变化量的大小为8m/s，C正确；物体的斜考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，【解析】2(53.2)s0.6s，根据10小球落到围墙上的速度为t12(Hh)＝g1速度时间关系可得vL＝3m/s5m/s；小球落在马路外边缘经过的时间为t，t0.6121则t2H＝10s1s，根据速度时间关系可得速度g102Lx310m/s13m/sv＝2，所以满足条件的速度5m/s≤v≤13m/s，故小球离开t12屋顶时的速度v的大小的值不可能为2m/s，故选D.05、B【解析】对球受力分析可知，重力大小方向不变，墙对球的支持力方向不变，所以将三个力合成矢量三角形分析，如图所示：NN均减小，根据牛顿第角形可知，挡板缓慢逐渐放置水平过程中，和1根据矢量三2F三定律可知，和N1FN2均减小，故正确，错误。BACD故选B．6、C【解析】L单摆的周期为：T2，摆钟快了，说明摆动周期小，则必须使摆下移，才能调g准，故AB错误；由冬季变为夏季时，温度升高，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆上移，才准确，故C正确；把摆钟从黑龙江移到福建，则重力加速度减小，应使圆盘沿摆杆上移，才能准确，故D错误．所以C正确，ABD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、BD【解析】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地间点的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。对A球：3mgmgmv2AR解得v2gRA对B球：mgmv2BR解得vgRB由平抛运动规律可得落时地它们的水平位移为：22R4RsvtvgAAA22R2RgsvtvBBB得：s-s=2RABA．x=R，与结论不相符，选项A错误；B．2，与结论相符，选项B正确；x=RC．v=gR，与结论不相符，选项C错误；D．v=2gR，与结论相符，选项D正确；8、ABD【解析】A、康普顿效应说明光具有粒子性，顿的学生中国物理学家吴有训测试了多种物质对X射线的散射，故A正确；B、1897年，英国物理学家汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的这种粒子后来被称为电子，但是电荷故B正确；C、因为对天然放射现象的研究，居里夫妇和贝克勒尔一起获了得诺因斯坦因光电效应规律的发现而获得诺贝尔物理学奖，故C错误；D.德国物理学家哈恩和斯特拉斯曼通过中子轰击铀核的实验发现重核裂变，故选项该效应表明光子不仅具有能量，还具有动量，康普证实了康普顿效应的普遍性，本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，量是后来有密立根通过油滴实验测定，贝尔物理学奖，爱D正确．【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．9、CD【解析】A．“天宫二号”经过时间t，它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），则线速度为svt角速度为：t根据v=ωr得轨道半径为：vsr“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：Mmr2v2Gmr得GMvr可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“天宫二号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B．由MmGmar2得：加速度GMar2则知“天宫二号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度．故B错误．C．“天宫二号”的环绕周期为T22tt故C正确；D．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：Mmmr2Gr2t联立解得：地球的质量为s3MGt2故D正确；故选CD.10、ABD【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动的冲量为I=mgT，不为零，故的合力提供向心力F，向心力下方，所以F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重力能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故转动一周，重力A错误；B错误；圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力指向大于支持力，故C正确；摩天轮转动过程中，速度方向改变，根据P=mgvcosθ可知，乘客重力的瞬时功率时刻改变，故D错误．此题选择不正确选ABD．的选项，故三、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、（1）BCDE（2）0.4220.420【解析】解：（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直的位移相同，故BC段为匀速选BC计线运动，即在相同的时间内通过运动的阶段，故算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度BC=0.40×0.1055（2）碰前系统的动量即A的动量，则P=mAv0=m=0.422kg•m/s，1A5T50.01DE0.07碰后的总动量P=mAvA+mBvB=（mA+mB）v2=（mA+mB）=0.60×50.0225T=0.420kg•m/s；12、ADE系统误差L2【解析】1桌面到地面的度高hgt2，可计算出平抛运（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据2Lvt，可计算出小球离开桌面动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离01时的速度，根据动能的表达式2Ekmv2，还需要知道小球的质量，故ADE正确，BC错误；LL221v2gL22h，因为功与速度的平方0（2）根据hgt2，和，可得0tLvt2h22g成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直L2L2线；（3）偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误理量只进行一次测量，其值可产生偶条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩差属于系统误差．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）500N（2）7.5m/s（3）8.7m【解析】(1)拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力40N500Ncos370.8mgT(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：mgtan37mv2R0R4.5m5sin377.5m0联立代入数据解得=7.5m/sv(3)由几何关系可知座椅离地高度：h5.8m5cos371.8m由平抛运动规律，得：xvth12gt2代入数据联立解得x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：r'R2x27.52+4