《2022-2023學年吉林省白城市大安市第二中學物理高三上期中達標檢測模擬試題（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022-2023學年吉林省白城市大安市第二中學物理高三上期中達標檢測模擬試題（含解析）.doc（17頁珍藏版）》請在匯文網上搜索。

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和

2、答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖甲所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，一個線圈與一個電容器相連，線圈平面與勻強磁場垂直，電容器的電容C= 60 F，穿過線圈的磁通量隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是A電容器下極板電勢高于上極板B線圈中磁通量的變化率為3 Wb/sC電容器兩極板間電壓為2.0 VD電容器所帶電荷量為120 C2、如圖所示，A、B、C三球的質量分別為m、m、2m,三個小球從同一高度同時出發(fā)，其中A球有水平向右的初速度，B、C由靜止釋放。三個小球在同一豎直平面內運動，小球與地面之間、

3、小球與小球之間的碰撞均為彈性碰撞，則小球與小球之間最多能夠發(fā)生碰撞的次數為（）A1次B2次C3次D4次3、天然放射現象中可產生、三種射線。下列說法正確的是（）A射線是高速的質子流B經過一次衰變，變?yōu)镃射線的穿透能力比射線的穿透能力強D放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小4、如圖所示，一輕質彈簧一端系在墻上的O點， 彈簧處于原長狀態(tài)時另一端位于B點，今用一小物體m把彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物體能運動到C點靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數恒定，試判斷下列說法中正確的是（ ）A物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小B物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運動C物體從A到B加速度越來越

4、小，從B到C加速度不變D物體在B點所受合力為零5、某物體運動的v - t圖像如圖所示，下列說法不正確的是A01 s內和05 s內，物體的位移大小相等B01 s內和12 s內，物體的加速度大小相等C12 s內和23 s內，物體的速度變化量大小相等D23 s內和34 s內，物體的運動方向相反6、如圖所示，用卡車運輸質量為m的勻質圓桶狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間兩斜面AC、BC固定在車上，傾角均為30，重力加速度為g當卡車沿平直公路以加速度a =做勻減速直線運動時，圓桶對斜面AC、BC壓力的大小分別為F1、F2，則( )A，B，C，D，二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共

5、20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示的電路中，電源電動勢E=6 V，其內阻可忽略不計，電阻的阻值分別為R1=2.4 k、R2=4.8 k。閉合開關S，待電流穩(wěn)定后，用電壓表測R1兩端的電壓，其穩(wěn)定值為1.5 V。則下列說法正確的是（ ）A該電壓表的內阻為4.8 kB電壓表接入時，電流表有向右的電流C由于電壓表接入，電容器的帶電量減小D斷開電鍵，電流表瞬間有向右的電流8、如圖所示，實線表示一簇關于x軸對稱的等勢面，在軸上有A、B兩點，則（）AA點場強小于B點場強BA點場強方向指向x軸負方向CA點場強大于B

6、點場強DA點電勢高于B點電勢9、如圖甲所示，截面為直角三角形的木塊A質量為m0，放在傾角為的固定斜面上，當37時，木塊A恰能靜止在斜面上。現將 改為30，在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，如圖乙所示，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則AA與斜面之間的動摩擦因數為0.75BA、B仍一定靜止于斜面上C若m0m，則A受到的摩擦力大小為mgD若m04m，則A受到斜面的摩擦力大小為2.5mg10、如圖所示，水平放置的轉盤以一定角速度做勻速圓周運動，放在轉盤上的小物體跟著轉盤一起做勻速圓周運動，與圓盤保持相對靜止，則下列說法正確的是 A物體處在平

7、衡狀態(tài)B物體受到三個力的作用C在角速度一定時,物塊到轉軸的距離越遠，物塊越容易脫離圓盤D在物塊到轉軸距離一定時,物塊運動周期越小,越不容易脫離圓盤三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，實驗裝置示意圖如圖甲所示，則（1）下列說法中正確的是_A實驗中所用打點計時器應該接直流電源B實驗過程中，細線應該與長木板上表面平行C實驗過程中，小車的總質量應該遠小于懸掛托盤及砝碼的總質量D本實驗采用控制變量法分別探究小車的加速度與小車所受合外力及小車的質量之間的關系（2）保證小車的總質量M不變，改變托盤及砝碼的

8、總質量m，通過每次打出的紙帶求出相對應的小車加速度a。若某實驗小組得到5組數據如圖乙所示。以托盤及砝碼的總質量m為橫坐標，以小車的加速度為縱坐標，請在圖丙中利用描點法畫出相應圖線_。利用該圖線可以求出小車的總質量M為_kg(重力加速度g=10ms2)，該圖線不通過坐標原點的原因是_。12（12分）某同學探究加速度、力與質量的關系實驗裝置如下。（1）在實驗之前，首先平衡摩擦力，使細線的拉力近似等于砝碼及砝碼盤所受的總重力，關于平衡摩擦力，下列正確的是：_。A將木板右端適當墊高，放上小車讓其沿板勻速下滑即可B將木板右端適當墊高，放上小車，穿好紙帶，讓小車沿板滑下時，打點計時器在紙帶上打下一系列等間

9、距的點即可C將木板右端適當墊高，放上小車，穿好紙帶，小車前端用細繩繞過滑輪連接砝碼盤（不放砝碼），讓小車勻速下滑即可D平衡摩擦之后，通過增加或者減少小車上的砝碼改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦（2）圖乙是實驗中得到的一條紙帶，已知相鄰計數點間還有四個點未畫出，打點計時器所用電源頻率為50Hz，由此可求出小車的加速度a =_m/s2(計算結果保留三位有效數字)。（3）甲、乙、丙三名同學在做實驗之前都將木板的右側墊高，然后根據實驗數據分別做出了和圖象（小車的加速度為a，小車的質量為M，繩中拉力為F，砝碼盤及砝碼的質量總和為m）。由甲圖可知砝碼盤及砝碼的總質量為_kg（g取10m/s2） ，由乙

10、圖可知乙同學在操作中使木板的傾角過_（選填“大”、“ 小”），分析丙圖，圖線上部分彎曲的原因是未滿足_。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖甲所示，一端開口導熱良好的氣缸放置在水平平臺上，活塞質量為10kg，橫截面積為50cm1，氣缸全長11cm，氣缸質量為10kg，大氣壓強為1105Pa，當溫度為7時，活塞封閉的氣柱長10cm，現將氣缸倒過來豎直懸掛在天花板上，如圖乙所示，g取10m/s1求穩(wěn)定后，活塞相對氣缸移動的距離；當氣缸被豎直懸掛在天花板上，活塞下降并達到穩(wěn)定的過程中，判斷氣缸內氣體是吸熱還是

11、放熱，并簡述原因14（16分）探究平拋運動的實驗裝置如圖所示，半徑為L的四分之一光滑圓軌道固定于水平桌面上，切口水平且與桌邊對齊，切口離地面高度為2L離切口水平距離為L的一探測屏AB豎直放置，一端放在水平面上，其高為2L質量為m的小球從圓軌道上不同的位置由靜止釋放打在探測屏上若小球在運動過程中空氣阻力不計，小球可視為質點，重力加速度為g求：(1)小球從圓軌道最高點P處由靜止釋放，到達圓軌道最低點Q處時速度大小及小球對圓軌道的壓力；(2)為讓小球能打在探測屏上，小球應從圓軌道上什么范圍內由靜止釋放？(3)小球從什么位置由靜止釋放，打在屏上時動能最小，最小動能為多少？15（12分）汽車連續(xù)下陡坡時

12、，長時間的剎車會導致制動力下降，為保障安全，通常會在路旁設置向上的緊急避險車道，一種緊急避險車道由引道和制動床等組成，盡頭是防撞設施，如圖1所示。質量為20t的貨車，以18m/s的初速沖向傾角（sin0.2）的緊急避險車道上，汽車在引道和制動床上的摩擦阻力分別是車重的0.30倍、0.80倍。引道長L130m，制動床長L250m，取g10m/s2，求：（1）貨車剛上引道時的加速度大小；（2）貨車將停在何處？是否會自行滑下？（3）考慮到貨車進人緊急避險車道速度最大可達到30m/s，計算分析避險車道制動床長度的數據是否合理。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四

13、個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據楞次定律，可判斷出電容器上極板電勢高于下極板，A錯誤；根據圖象可得線圈中磁通量的變化率為，B錯誤；根據法拉第電磁感應定律有：V，C正確；根據Q=CU，可得電容器所帶電荷量為，D錯誤；選C.2、C【解析】由于三球豎直方向的運動情況相同，一定可以發(fā)生碰撞，可假設高度無窮大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互換，B、C發(fā)生第二碰撞后，由于B的質量小于C的質量，則B反向；B、A發(fā)生第三次碰撞后，B、A水平速度互換，A向左，B豎直下落，三球不再發(fā)生碰撞，所以最多能夠發(fā)生3次碰撞，故C正確，A、B、D錯誤；故選C。【點睛】關鍵是A球

14、做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，與B、C豎直方向的運動情況相同，所以一定可以發(fā)生碰撞。3、B【解析】A、射線的實質是衰變中產生的電子，故A錯誤；B、衰變過程中，一個原子核釋放一個粒子（由兩個中子和兩個質子形成的氦原子核），并且轉變成一個質量數減少4，核電荷數減少2的新原子核。所以經過一次衰變，變?yōu)楣蔅正確；C、三種射線分別是氦核、電子、電磁波，三種射線的穿透能力逐漸增強，所以射線的穿透能力比射線穿透能力弱，故C錯誤；D、半衰期是由原子核內部性質決定的，與溫度無關，所以升高放射性物質的溫度，不能縮短其半衰期。故D錯誤；故選：B。點睛：要了解三種射線的本質及特性，并利用好特性解題。4、B【解析

15、】物體豎直方向受到重力與地面的支持力平衡，水平方向受到彈簧的彈力和滑動摩擦力。從A到B過程中，彈簧的彈力水平向右，摩擦力水平向左，彈簧的彈力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物體先加速后減速，從B到C過程，摩擦力和彈簧的彈力方向均向左，物體一直做減速運動。故AC錯誤，B正確。物體在B點時，彈簧的彈力為零，而摩擦力不為零，則物體所受的合外力不為零。故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查根據物體的受力情況分析其運動情況的能力，關鍵要抓住彈簧的彈力的可變性，進行動態(tài)分析5、D【解析】速度時間圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，根據圖象的形狀分析物體的運動情況；【詳解】A、根據圖像可知，物體

16、做往復運動，某物體回到出發(fā)點，根據圖形的面積代表位移，可知01 s內和05 s內，物體的位移大小相等，故選項A正確；B、根據加速度公式可以知道，在01 s內：在12 s內：，即這兩段時間內加速度大小相等，故選項B正確；C、根據圖像可知，在12 s內，物體的速度變化量為：在23 s內，物體的速度變化量為：，即這兩段時間內速度變化量大小相等，故選項C正確；D、由圖像可知，在23 s內和34 s內，圖像的縱坐標為負，說明物體向負方向運動，即運動方向相同，故選項D錯誤?！军c睛】解決本題的關鍵知道速度時間圖線表示的物理意義，知道圖線斜率和圖線與時間軸圍成的面積表示的含義，同時知道速度變化量為末速度與初速

17、度的差值。6、D【解析】以圓筒工件為研究對象，分析受力如圖所示：根據牛頓第二定律得： F1sin30F2sin30ma； F1cos30+F2cos30mg聯(lián)立解得：根據牛頓第三定律得圓桶對斜面AC、BC壓力的大小分別為：A，故A不符合題意B，故B不符合題意C，故C不符合題意D，故D符合題意二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AB【解析】A令電壓表的內阻為RV，測得R1兩端的電壓為U1，R1與RV并聯(lián)后的總電阻為R。電路穩(wěn)定時，電阻R1與電壓表電阻RV分得電壓為 U1

18、=1.5V，可得電阻R2分得電壓為： U2=E-U1=6.0-1.5=4.5V根據串聯(lián)電壓分壓規(guī)律可得：即，解得：RV=4.8k故A正確。BC電壓表的接入，總電阻減小，干路電流增大，電容器兩端電壓增大，電容器充電，左極板為正極板，則電流表有向右的電流。故B正確，C錯誤。D斷開電鍵，電容器放電，電流表瞬間有向左的電流。故D錯誤。8、AD【解析】等差等勢面越密的地方電場強度越大，所以，故A正確，C錯誤；電場線與等勢面垂直，并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以A點場強方向指向x軸正方向，故B錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，故A點電勢高于B點電勢，故D正確所以AD正確，BC錯誤9、AD【解析】A

19、由題意可知，當=37時，木塊恰能靜止在斜面上，則有：m0gcos37=m0gsin37解得：=0.75，故A正確；B現將改為30，在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，對A受力分析，則有：f=N，N=Mgcos30；而F=mgsin30當fmgsin30+Mgsin30，則A相對斜面向下滑動當fmgsin30+Mgsin30，則A相對斜面不滑動因此A、B是否靜止在斜面上，由B對A彈力決定，故B錯誤；C若m0=m，則mgsin30+m0gsin30=mg；f=N=0.75m0gcos30=mg；因fmgsin30+Mgsin30，A滑動，A受到斜面的滑動摩擦力，大小為mg，故C錯誤；D若m0=

20、4m，則mgsin30+m0gsin30=mg；而f=N=0.75m0gcos30=mg；因fmgsin30+Mgsin30，A不滑動，A受到斜面的靜摩擦力，大小為mgsin30+m0gsin30=mg，故D正確。10、BC【解析】物體做勻速圓周運動，加速度不為零，則不是處在平衡狀態(tài)，選項A錯誤；物體受到重力、圓盤的支持力和摩擦力三個力的作用，選項B正確； 根據f=m2r可知，在角速度一定時,物塊到轉軸的距離越遠，需要的向心力越大，物塊越容易脫離圓盤，選項C正確；在物塊到轉軸距離一定時，物塊運動周期越小，則角速度越大，需要的向心力越大，越容易脫離圓盤，選項D錯誤；故選BC.【點睛】本題學生很容

21、易錯誤的認為物體受到向心力作用，要明確向心力的特點；同時要知道物塊出現滑動的條件是最大靜摩擦力小于所需的向心力.三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、BD 如圖所示: 1 平衡小車的摩擦阻力時，木板的傾角過大 【解析】（1）1A打點計時器應該接交流電源，故A錯誤；B為保證細線的拉力等于小車的合力，細線應該與長木板上表面平行，故B正確；C為保證實驗過程中繩子的拉力近似等于托盤及砝碼的總重力，小車的總質量應該遠大于懸掛托盤及砝碼的總質量，故C錯誤；D進行“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，采用的是控制變量的探究方法。故D正確；故選BD。（2

22、）2根據實驗數據得到的a-m圖象如圖所示：3根據牛頓第二定律可知，mg=Ma，所以所以圖線的斜率為所以小車的質量為M=1.0kg；4根據圖象可知，當繩子的拉力不給小車施加作用力時，小車仍具有加速度，所以該圖線不通過坐標原點的原因是平衡小車的摩擦阻力時，木板的傾角過大.12、BD 1.60 0.01 小 Mm 【解析】(1)1.平衡摩擦力時，將木板右端適當墊高，放上小車，穿好紙帶，讓小車沿板滑下時，打點計時器在紙帶上打下一系列等間距的點即可，選項AC錯誤，B正確；平衡摩擦之后，通過增加或者減少小車上的砝碼改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，選項D正確。(1)1. 相鄰兩計數點間還有四個計時點

23、未畫出，計數點間的時間間隔為：t=0.015=0.1s，根據勻變速直線運動的推論x=at1可知，小車的加速度為：=1.60m/s1(3)3.甲圖中圖線的斜率：所以小車受到的拉力：小車受到的拉力近似等于砝碼盤及砝碼的總重力，所以砝碼盤及砝碼的總質量：4.在乙圖中，當F0時，加速度a仍然等于0，是由于平衡摩擦力不足，說明可知乙同學在操作中使木板的傾角過??；5.隨著F的增大，即砂和砂桶質量的增大，不再滿足砂和砂桶遠小于小車的質量，即Mm，因此曲線上部出現彎曲現象；四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1） （1）當氣缸被

24、豎直懸掛在天花板上，活塞下降并達到穩(wěn)定的過程中，氣缸內氣體是吸熱，氣缸倒置過程中，氣缸內氣體體積變大，對外做功，而氣體內能不變，所以，氣缸內氣體吸熱.【解析】設氣缸倒置前后被封閉的氣體的壓強分別為和 ，氣柱體積分別為 和，活塞向下移動的距離為x，則初態(tài)： ， 末態(tài)： ， 因為氣缸導熱良好，則氣缸倒置前后溫度不變，由玻意耳定律得： 代入數據解得：x=5cm氣缸倒置過程中，氣缸內氣體體積變大，對外做功，而氣體內能不變，所以，氣缸內氣體吸熱故本題答案是：活塞相對氣缸移動的距離5cm當氣缸被豎直懸掛在天花板上，活塞下降并達到穩(wěn)定的過程中，氣缸內氣體是吸熱點睛：本題的關鍵是找準不同狀態(tài)下的物理參量，然后

25、利用玻意耳定律求解。14、 (1)3mg,方向豎直向下(2) (3) 【解析】(1)小球從P處下滑到Q點，由機械能守恒可得：得：v= 在Q點對小球受力分析得：代入得：FN=3mg根據牛頓第三定律，小球對軌道壓力大小為3mg，方向豎直向下(2)小球從軌道上某點C下滑到Q處平拋，恰好打在B點，則根據平拋運動規(guī)律豎直方向2L= ，水平方向vQ=L/t從C到Q根據機械能守恒得：mghc= 得：hc=L/8即小球從PC范圍內從靜止釋放均能打到探測屏上(3)設從Q處以速度v0射出，打到探測屏上，其動能為：Ek= +mgh而h=g2(Lv0)2L=v0t得Ek=+由數學知識得v0=時Ek最小，且Ekmin=

26、mgL釋放點位置離Q的豎直高度H=L/2【點睛】（1）小球從P處下滑到Q點的過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律求到達圓軌道最低點Q處速度在Q點對小球受力分析，由牛頓第二定律求出軌道對小球的支持力，再得到小球對軌道的壓力；（2）小球從軌道上某點C下滑到Q處平拋，恰好打在B點，根據平拋運動規(guī)律求出平拋運動的初速度，從C到Q根據機械能守恒求出小球下滑時的臨界高度，從而得到符合要求的高度范圍；（3）根據動能定理求出小球打在屏上時動能與Q處速度的關系式，由數學知識求小球打在屏上時最小的動能15、 (1)5.0m/s2(2)貨車將停在x=1.2m處；不會自行滑下(3)數據合理【解析】(1)汽車剛上引道時，對汽車受力分析，根據牛頓第二定律，有代入數據，得(2)汽車向上經過制動床時，有設引道末端的速度為v1，根據運動學公式，有在進入制動床后，滑行x減速到零，有聯(lián)立解得在引道上，有在制動床上，有故貨車無論在緊急避險車道的哪一段都不會自行滑下(3)設需進入制動床xmax后車能停下來，根據動能定理，有整理代入數據，得故數據合理。