福建省仙游第一中学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 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、若潜水艇在水下航行时，受到的阻力大小与它的速率的二次方成正比，比例系数为k，已知发动机的额定功率为 Pe，则：该潜水艇水下的最大航行速度大小（）A B C D 2、物体做竖直上抛运动，若取物体抛出点为起点，则

2、下列可表示物体路程随时间变化的图象是()A B C D 3、2018 年 10 月 10 日，我国成功发射了第 32 颗北斗导航卫星，该卫星的轨道半径为36000km，7 月 29 日又以“一箭双星”的方式成功发射了第 33、34 颗北斗导航卫星，这两颗卫星的轨道半径均为 21500km下列说法正确的是 A这三颗卫星的发射速度均小于 7.9km/s B第 32 颗卫星与第 33 颗卫星加速度大小之比 C第 32 颗卫星在轨道上运行时的速率比第 33 颗的大 D第 32 颗卫星与第 33 颗卫星的运动周期之比为 4、某运动物体做匀加速直线运动，加速度大小为20.6m/s，那么此物体：（）A在任意

3、 1s 内末速度一定等于初速度的 0.6 倍 B任意 1s 的初速度一定比前 1s 的末速度大 0.6m/s C在每 1s 内的速度变化大小为 0.6m/s D在任意 1s 内通过的位移大小为 0.3m 5、物体做竖直上抛运动，下列图象能反映其上升过程运动情况的是 A B C D 6、惊险的娱乐项目一一娱乐风洞：是在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m 的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果假设人体受风力大小与有效面积成正比，己知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小

4、，为最大值的 ，与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移在某次表演中，质量为 m的表演者保持站立身姿从距底部高为 H的 M 点由静止开始下落；经过 N 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的 P点时速度恰好减为零则在从 M 到 P 的过程中，下列说法正确的是（）A人向上的最大加速度是 B人向下的最大加速度是 CNP 之间的距离是 D若在 P 点保持水平横躺，经过 N 点时，立即调整身姿为站立身姿恰好能回到 M 点并持静止 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

5、的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。7、2018 年 2 月 2 日,我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空,标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根据以上数据可以计算出卫星的()A质量 B向心加速度的大小 C离地高度 D线速度的大小 8、下列说法正确的是()A空气中 PM2.5 的运动属于分子热运动 B热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 C液体表面层分子间距离大于

6、液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 D随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 E.利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件 9、下列说法正确的是（）A食盐晶体中的钠离子氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性 B液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性 C功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功 D水黾能停在水面上，是因为液体表面张力的作用 E.外界对物体做功时，物体的内能一定增加 10、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

7、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，不要求写出演算过程。11（6 分）用如图所示的实验装置可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系,地面水平,图中 O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时,用天平测量两个小球的质量 m1、m2,先让人射球 1 多次从斜轨上 S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射

8、程OP,然后，把被碰小球2静置于轨道的水平部分，再将入射球 1 从斜轨 S位置静止释放,与小球 2 相撞,并多次重复,分别找到球 1、球 2 相碰后平均落地点的位置 M、N,测量平抛射程 OM、ON。关于本实验下列说法正确的是_.A入射球 1 的质量应比被碰小球 2 质量大 B小球与斜槽间的摩擦对实验有影响 C人射球 1 必须从同一高度释放 D两小球的半径可以不同 若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为_(用题中测量的量表示)若两个小球质量均未知,只知道 m1m2,则只需验证表达式_成立，可证明发生的碰撞是弹性碰撞。(用题中测量的量表示)12（12 分）某实验小组利用如图所示的装置“探究加

9、速度与力、质量的关系”（1）实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要_、_ （2）下列做法正确的是_ A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上 C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 D通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 E.用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量（3）某同学以小车和车上砝码的总质量的倒

10、数1M为横坐标，小车的加速度 a为纵坐标，在坐标纸上作出的 a1M关系图线如图 2 所示由图可分析得出：加速度与质量成_关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角_(填“过大”或“过小”)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的小球用长为 L的轻质细线悬于 O点，与 0 点处于同一水平线上的 P点处有一个光滑的细钉，已知 OP=2L，在 A点给小球一个水平向左的初速度 v0=3gl，发现小球恰能到达跟 P点在间一竖直

11、线上的最高点 B已知重力加速度大小为 g，试求：(1)小球在 A点时细线的张力大小；(2)在小球从 A到 B的过程中空气阻力做的功 14（16 分）如图所示，在高度为 L、足够宽的区域 MNPQ 内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.质量为 m、边长为 L、电阻为 R的正方形导线框 abcd，在 MN上方某一高度由静止开始自由下落当 bc边进入磁场时，导线框恰好做匀速运动已知重力加速度为 g，不计空气阻力，求：(1)导线框刚下落时，bc边距磁场上边界 MN的高度 h；(2)导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电荷量 q；(3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量

12、Q.15（12 分）如图，木板 A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距 x与滑块 B（可视为质点）相连的细线一端固定在 O点水平拉直细线并给 B 一个竖直向下的初速度，当 B 到达最低点时，细线恰好被拉断且 B恰好从 A 右端的上表面水平滑入。设A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知 A 的质量为 6kg，B 的质量为3kg，A、B 之间动摩擦因数为=0.4；细线长为 L=0.4m、能承受的最大拉力为 B 重力的 5 倍；A 足够长，B 不会从 A 表面滑出；重力加速度为210/gm s。（1）求细线被拉断瞬间 B的速度大小1v；（2）若 x=1m，求 A 与台阶的碰撞次数；（3

13、）若14xm，求系统的总发热量。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】根据题意可设，当牵引力等于阻力时，速度最大，即，则潜水艇水下最大航行的速度为，故 D 正确 2、A【解析】竖直上抛的上升过程为匀减速直线运动，21012sv tgt，则上升的过程路程随时间不均匀的增大，函数为开口向下的抛物线；到达最高点时202vhg，下降过程为自由落体运动，2220211222vshgtgtg，则下降过程的路程随时间不均匀增大，为开口向上的部分抛物线；故选 A.【点睛】本题掌握竖直上抛的运动规律和路程随时间

14、的变化图象，建立函数表达式可以快速得到图象的形状.3、B【解析】轨道半径越大发射速度越大，大于第一宇宙速度，则A错误；根据，解得，则第 32 颗卫星与第 33 颗卫星加速度大小之比，选项 B 正确；解得，则第 32 颗卫星在轨道上运行时的速率比第 33 颗的小，选项 C错误；根据解得：可知，选项 D 错误；故选 B.4、C【解析】AC物体做匀加速直线运动，加速度大小为 0.6m/s2，知任意 1s 内的速度的增量为0.6m/s，所以在任意 1s 内末速度不一定等于初速度的 0.6 倍。故 A 不符合题意，C 符合题意。B物体在某 1s 初和前 1s 末是同一时刻，速度相等。故 B 不符合题意。

15、D物体做匀加速运动，根据2012xv tat，可知每秒通过的位移不一定都是 0.3m。故 D 不符合题意。5、C【解析】A物体做竖直上抛运动，选取向上为正方向，则 2012xv tgt 所以图像为抛物线，不是直线，故 A 错误；BC将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力，物体做匀减速直线运动，则上升的过程有 0vvgt v 是 t的线性函数，当速度减为 0，故 B 错误，C 正确；D竖直上抛运动的加速度等于重力加速度，是不变的，故 D 错误。故选 C。6、C【解析】AB、设人所受的最大风力为 Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为 Fm 由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好

16、可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 G=Fm，得 Fm=2G=2mg 则表演者保持站立身姿时，向下的最大加速度为 人平躺时，向上的最大加速度为 故 AB 两项错误。C、设下降的最大速度为 v，由速度位移公式，得：加速下降过程位移，减速下降过程位移 则 又 解得：，即 NP 之间的距离是 故 C 项正确。D：若在 P 点保持水平横躺，经过 N 点时，立即调整身姿为站立身姿，设人到达 M 的速度为 v对上升的整个过程，由动能定理得 可得 v=0，则人恰好能回到 M 点。但在 M 点受的合力向下，不能保持静止。故 D 项错误。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

17、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、BCD【解析】A 卫星在环绕地球做匀速圆周时，由万有引力提供向心力进行计算时，卫星的质量会被约掉，因此求不出卫星得质量，A 错误 B据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：22()()2GMmmRhRhT（）向心加速度 22222322()244gR TarRhTT 可以求得向心加速度，故 B 正确；C根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：22()()2GMmmRhRhT（）解得：2223322-44GMTgR ThRR 可以求出卫星的高度。故 C 正确；D由牛顿第二定律得：22

18、()GMmmvRhRh 解得：222324GMgRvRhgR T 可知可以求出卫星的线速度，故 D 正确。8、BCE【解析】APM2.5 在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动，故 A 错误；B根据温度的微观意义可知，温度是分子平均动能的标志，热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的得物体；故 B 正确；C液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故 C 正确；D随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小，当分子间距离小于平衡距离时随分子间距离的增大，分子势能减小，当分子间的距离大于平

19、衡距离时，随分子间距离的增大分子势能增大；故 D 错误；E 利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件；故 E 正确。故选 BCE【点睛】本题考查对分子动理论的理解；掌握温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大;分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大。9、ABD【解析】食盐晶体中的钠离子氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性。故 A 正确；液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质。所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。故 B 正确；根据热力学第二定律，热量也可以全部转化为功，

20、但必须发生其它的一些变化。故 C 错误；水黾能停在水面上，是因为液体表面张力的作用。故 D 正确；根据热力学第一定律，外界对物体做功（W0），但如果和外界热交换不明确的话，物体的内能也不一定增加。故 E 错误。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，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故 A 错误；转动一周，重力的冲量为 I=mgT，不为零，故 B 错误；圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力 F，向心力指向下方，所以 F=mg-N，则支持力 N=mg-F，所以重力大于支持力，故 C 正确；摩天轮转动过程中

21、，速度方向改变，根据 P=mgvcos 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的选项，故选 ABD 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、AC 112m OPm OMmON OMOPON 【解析】(1)1A为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故 A 正确；B被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示即可，小球与斜槽间的摩擦对实验没有影响，故 B错误；C小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小

22、球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放故 C正确；D由于是一维碰撞，所以两球的半径相同，否则就不是对心碰撞，验证起来要困难得多，故 D 错误。故选 AC。(2)2要验证动量守恒定律定律，即验证 1 11 22 3m vm vm v 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t相等，上式两边同时乘以 t得 1 11 223m v tm v tm v t 解得 112m OPm OMmON(3)3由动量守恒和能量守恒有 112m OPm OMmON 222121111222m OMmONm OP 联立解得 OMOPON 12、天平 刻度尺 ADE 反

23、比 过大 【解析】（1）12实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测量砝码桶的质量，所以还需要天平实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺（2）3A、实验时调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故 A 正确 B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故 B错误 C、实验时应先接通电源，再释放纸带，故 C错误 D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故 D 正确 E、对整体分析，根据牛顿第二定律可知：mgaMm，则绳子上拉力大小 1MmgmgFMamMmM 当mM，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车

24、上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力故 E正确（3）45因为1aM图象是一条直线，a与 M成反比；图象在 a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的 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)T=10mg (2)114fWmg【解析】试题分析：（1）小球在 A 点时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：，又03vgL 解得：10Tmg（2）小球恰能达到最高点 B，在 B 点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：22BvmgmL 可得 B

25、点的速率为：12BvgL 小球从 A 到 B 的过程中，设克服空气阻力做功为 Wf根据动能定理得：22011222fBLWmg Lmvmv 解得：114fWmgL 考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律，动能定理【名师点睛】小球在 A 点时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求细线的张力大小；小球恰好到达最高点 B 时，绳子的拉力为零，由重力充当向心力，根据牛顿第二定律求出小球在 B 点的速度对 A 到 B 的过程运用动能定理，求克服空气阻力所做的功 14、（1）22442m gRB L；（2）2BLR；（3）2mgL【解析】（1）线框进入磁场时恰好做匀速运动，安培力与重力大小相等

26、，方向相反，即 线框切割磁感线，感应电动势 故线框中产生的电流 线框在磁场中所受安培力 线框进入磁场时速度 线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒：下落高度（2）线框匀速穿过磁场，由可知，感应电流 出磁场所用时间 可解得：通过导线框某一横截面的电量（3）线框匀速穿过磁场，动能不变，减少的重力势能全部转化为焦耳热磁场的宽度与线框的宽度相等，线框匀速穿过磁场高度下降 2L，所以焦耳热 15、（1）4m/s（2）碰撞一次（3）当49xm时，2089QJ，当1449mxm时，16 122Qxx.【解析】（1）设 B 的质量为 m，A 质量为 2m，在最低点，由牛顿第二定律：21mvTmgL，且5Tm

27、g 解得;124/vgLm s（2）设 A 与台阶碰撞前瞬间，A、B 的速度分别为Av和Bv 由动量守恒得：12BAmvmvmv 若 A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2ABmvmv 对 A 应用动能定理：2122Amgxmv 由于144Lxm，故 A 与台阶只碰撞一次（3）设0 xx时，A 左端到台阶板前瞬间，A、B 恰好达到共同速度ABv 由动量守恒得：1(2)ABmvmm v 对 A 由动能定理得：20122ABmgxmv 联立解得：04499Lxm 当49xm时，碰前13ABvv 碰后由动量守恒得：23ABABABmvmvmv解得：19ABvv 故发热量为221112083229ABQmvmvJ 1449mxm时，AB 共速前 A 就与台阶碰撞，A 与台阶碰撞前瞬间的速度 对 A 由动能定理：22122Amgxmv，解得：2Avgx B 的速度212Bvvgx 碰后由动量守恒得：22223ABABmvmvmv 故发热量221211316 12222ABQmvmvxx