山东省济南市济南第一中学20222023学年物理高三第一学期期中联考模拟试题含解析.pdf

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1、2022-2023 高三上物理期中模拟试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的 vt 图象，则（）A物体在 02s 处于失重状态 B物体在 28s 处于超重状态 C物体在 810s 处于失重状态 D由于物体的质量未知，所以无法判断超

2、重、失重状态 2、如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为 m1和 m2的小球当它们处于平衡状态时，质量为 m1的小球与 O点的连线跟水平方向的夹角为 a=90质量为m2的小球位于水平地面上，设此时竖直的细线对 m2的拉力大小为 T，质量为 m2的小球对地面压力大小为 N，则()A122Tm g B2122Tmmg C21Nmmg DN=m2g 3、雨滴由静止开始下落，遇到水平吹来的风，下述说法正确的是（）风速越大，雨滴下落时间越长 风速越大，雨滴着地时速度越大 雨滴下落时间与风速无关 雨滴着地速度与风速无关

3、A B C D 4、质量为 m的物体用轻绳 AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力 F拉动绳的中点 O至图示位置用 T表示绳 OA段拉力的大小，在拉力 F由图示位置逆时针缓慢转过 90o的过程中，始终保持 O点位置不动，则 AF先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小 BF先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变大 CF先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变小 DF先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变大 5、每个动车车厢两端的显示屏上都会提示旅客一些重要的信息，如图所示，“10：23”和“297km/h”分别指的是（）A时间间隔 平均速度的大小 B时刻 平均速度的大小 C时间间隔 瞬时速度的大小 D时刻 瞬时速度的大小 6

4、、如图所示，一物块置于水平地面上，当用水平力 F拉物块时，物块做匀速直线运动；当拉力 F的大小不变，方向与水平方向成 37角斜向上拉物块时，物块仍做匀速直线运动。已知 sin37=0.6，cos37=0.8，则物块与地面间的动摩擦因数为（）A14 B13 C23 D34 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、如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为质量为 m 的载人滑草

5、车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37=0.6，cos37=0.8）则 A动摩擦因数67 B载人滑草车最大速度为27gh C载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 8、如图所示，在匀强电场区域内，线段 AB、AC、AD 长度相等且两两垂直，P为 BD连线中点已知电场线平行于 BC连线，B点电势为 2 V，C点电势为-2 V，则 AA点电势为 0V BA点电势为-1V C电荷量为-1.010-6C 的带电粒子从 A点运动到 P点电场力做功为 1.010-6J D电荷量为

6、-1.010-6C 的带电粒子从 A点运动到 P点电场力做功为-2.010-6J 9、质量分别为 m1与 m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 p1=5 kgm/s，p2=7 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kgm/s，则甲、乙两球质量 m1与 m2间的关系可能是()Am1=m2 B2m1=m2 C5m1=3m2 D4ml=m2 10、从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E总等于动能 Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的 E总和 Ep随它离开地面的高度 h的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2。由图中数据可得()A物体

7、的质量为 1kg B物体受到的空气阻力是 5N Ch=2 m 时，物体的动能 Ek=60 J D物体从地面上升到最高点用时 0.8s 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）如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为 M 的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态该同学在左侧重物上附加一质量为 m的小重物，这时，由于小重物 m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同 m时系统的加速度

8、a 并作好记录 （1）若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有（_）A小重物的质量 m B大重物的质量 M C绳子的长度 D重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组 a、m数据，做出1a1m图像，如图乙所示，已知该图象斜率为 k，纵轴截距为 b，则可求出当地的重力加速度 g_，并可求出重物质量 M_（用 k和 b 表示）12（12 分）图示为一小球做匀变速直线运动的频闪照片，已按时间先后顺序标注照片上小球的七个位置分别为 O、A、B、C、D、E、F已知频闪周期 T=0.1s，小球各位置与O 点间的距离分别为 OA=5.66cm，OB=10.52

9、cm，OC=14.57cm，OD=17.79cm，OE=20.19cm，OF=21.79cm （1）小球做_（填“匀加速”、“匀速”或“匀减速”）直线运动（2）小球到达位置 A 时的速度大小 vA=_m/s，小球运动的加速度大小a=_ m/s2（结果保留两位有效数字）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）如图所示，质量为 m=245g 的物块（可视为质点）放在质量为 M=0.5kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为=0.4，质量为 m0=5g 的子弹以速度 v0

10、=300m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g 取 10m/s2，求：（1）子弹和物块一起滑行的最大速度 v1；（2）木板向右滑行的最大速度 v2；（3）物块在木板上滑行的时间 t 和内能 E.14（16 分）如图所示，一长 L=2m、质量 M=4kg 的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l=5m，木板的正中央放有一质量为 m=1kg 的物块可视为质点，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为 1=0.4。t=0 时刻对木板施加一水平向右的恒力 F，其大小为 48N，g取 10m/s2，试求：（1）t=0 时刻木板和物块的加速度大小；（2

11、）要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数 2应满足的条件。15（12 分）P、Q 两点相距 L5m。t0 时，P点从平衡位置开始垂直于 PQ向上做简谐振动，其振动图象如图所示。当质点 Q刚开始振动时，P点刚好位于波谷。求：(1)P点开始振动后 0.85s 内通过的路程；(2)该波的波速。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】试题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度斜率的正负表示加速度的方向根据加速度的方向判断物体的运动状态 解：A、由图象可知，在 02s 内，物体向上做匀加

12、速运动，加速度向上，物体处于超重状态，故 A 错误；B、由图象可知，在 28s 内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，故 B 错误 C、物体在 810s 内向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故 C 正确 D、超重、失重状态根据加速度的方向判断，与物体的质量无关，是可以判断的，故 D错误 故选 C【点评】本题要能根据图象得出有用的信息，知道速度时间图象中直线的斜率表示加速度是关键，同时要明确超重和失重的条件 2、D【解析】两小球受力分析如图：AB.先对小球 m1受力分析，受重力和支持力，假设细线对小球 m1有拉力作用，则小球m1受力不可能平衡，故拉力 T为零，故 A 错误，B错误；CD.

13、在对小球 m2受力分析，由于拉力 T为零，受重力和支持力，支持力与重力平衡，故 N=m2g，故 C 错误，D正确 3、B【解析】试题分析：根据力的独立作用原理，雨滴下落时间只与竖直方向受力有关，与风速无关，错；对；风速越大，雨滴落地时水平速度越大，合速度越大，对，故选 B 考点：考查力的独立作用原理 点评：本题难度较小，相互垂直的两个力只能影响相应方向的运动 4、A【解析】若保持 O点位置不变，将 F 由水平位置绕 O 点逆时针缓慢转动 90的过程中，F 和 AO的拉力的合力始终与 mg 等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当 F 竖直时，F 上拉力最大，最大值 Fmax=mg；当 FAO

14、时，F 最小，此时 T=0，则 F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小，故选 A.5、D【解析】“10：23”是指时间轴上的一点，为时刻；“297km/h”为某一时刻对应的速度，为瞬时速度的大小，故 ABC 错误，D 正确。6、B【解析】物体做匀速运动，受力平衡；当 F水平拉动时有：Fmg；斜向上拉动物体时，竖直方向上的支持力为：Nsin37FmgF，水平方向上有：cos37sin37FmgF，联立解得：13，A13而非14，A 错误；B13，B 正确；C13而非23，C 错误；D13而非34，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

15、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、AB【解析】A由动能定理可知：2cos45cos370sin 45sin37hhmghmgmg，解得67，选项 A 正确；B对前一段滑道，根据动能定理有21cos45sin452hmghmgmv，解得：27ghv，则选项B 正确；C载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C 错误；D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为sin37cos37335mgmgagm，选项 D 错误；8、AC【解析】从 A 点做 BC 的垂线，交点应该在 BC 的中点 E，则 A点的电势等于 BC 中点 E的电势，大小为02

16、BCA，选项 A 正确，B 错误；P 点的电势等于 AB 中点 G 的电势，也等于 EB 中点 F 的电势，即12BEPV，则电荷量为-1.010-6C 的带电粒子从 A 点运动到 P 点电场力做功为66(1)(1.010)1.010APAPWUqJJ ，选项 C 正确，D 错误；故选 AC.9、BC【解析】根据动量守恒定律得：1212pppp 解得：14kg m/sp 碰撞过程系统的总动能不增加，则有 2222121212122222ppppmmmm 代入数据解得：120.6mm 碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：1212ppmm 代入数据解得：120.5mm 综上有 120.50.6mm

17、 所以只有122mm可能，故 BC 正确 10、BD【解析】A由图知，h=4m时 Ep=80J，由 Ep=mgh得 m=2kg，故 A 错误。B上升 h=4m 的过程中机械能减少E=20J，根据功能关系可得 fh=E 解得 f=5N，故 B 正确；Ch=2m 时，Ep=40J，E总=90J，则物体的动能为 Ek=E总-Ep=50J 故 C 错误。D物体的初速度 0210m/skEvm 从地面至 h=4m用时间 02 40.8s102htsv 故 D 正确。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、AD 1/b k/2b 【解析】(1)

18、对整体分析,根据牛顿第二定律得：(2)mgMm a,计算得出(2)mgaMm,根据212hat 得：22(2)Mm hgmt.所以需要测量的物理量有:小重物的质量 m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故 AD 正确.(2)因为(2)mgaMm,则11 21Mamgg,知图线的斜率2Mkg，1bg,计算得出1gb,2kMb.12、匀减速；0.53，0.82【解析】（1）从上面数据可以得到：15.66cms ；210.52cm5.66cm=4.86cms 314.57cm10.52cm=4.05cms ；417.79cm14.57cm=3.22cms ；520.19cm17.79cm=2.

19、40cms ；620.79cm20.19cm=1.60cms 21233445560.82cmsssssssssss 从数据上可以看出相邻相等时间内的位移差是一定值并且在减小，所以小球做的匀减速运动；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度0.10520.53m/s22 0.1BOBvT 2220.8 100.82m/s0.01saT 负号表示加速度方向与运动方向相反 故20.82m/sa 综上所述本题答案是：（1）匀减速；（2）.0.53，（3）0.82 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

20、步骤。13、（1）6m/s（2）2m/s（3）3J【解析】（1）子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度 由动量守恒定律得0001()m vmm v 解得00106/m vvm smm （2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，由动量守恒定律得0102()()mm vmmM v 解得0120()2/()mm vvm smmM（3）对物块和子弹组成的整体，由动量定理得00201-()()()mm gtmm vmm v 解得121vvtsg 对物块和子弹整体以及木板组成的系统，由能量定恒得 22010211()()22mm vmmM vE 解得22010211

21、()()322Emm vmmM vJ 点睛：此题关键是要搞清物理过程，正确选择研究系统，根据系统动量守恒和动能定理以及能量守恒定律可以使问题更简捷，同理掌握运动常规也可以求解 14、（1）6m/s2；4m/s2；（2）20.2【解析】（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律 对木板有 111FMm gmgMa 解得 216m/sa 对物块有 12mgma 解得 224m/sa 因为21aa，故假设成立；（2）设 F作用 t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有 221211222La ta t 代入数据解得 t=1s 在此过程中，物块的位移为 22212m2xa t 末速度为 224m/sva t 小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 对物块有 22mgma 解得 22ag 若小物块在平台上速度减为 0，则通过的位移为 22222vxa 要使小物块最终不会从平台上掉下去需满足 222Llxx 联立解得 20.2 15、(1)85cm (2)10043nm/s（n0、1、2）【解析】(1)由图象可知，P点振动周期 T0.2s、振幅 A5cm，质点 P 振动时间 10.85s44tT 则质点 P通过的路程 s17A 解得 s85cm(2)设该简谐波的波速为 v，由题意可得 301 2.4Lnn，该波的波速为 100m/s(0 1 2)43vnTn、