《2023屆福建省邵武市第七中學(xué)物理高三第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2023屆福建省邵武市第七中學(xué)物理高三第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題（含解析）.doc（13頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)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(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，一足夠長的木板在光滑水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動摩擦因數(shù)為。為保持木板的速度不變，須對

2、木板施一水平向右的作用力F。從物體放到木板上到它相對木板靜止的過程中，力F做的功為（）ABCmv2D2mv22、已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，電勢處處相等如圖所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線A、B為軸上的點，且OA=OBC、D為直徑上的兩點，且OC=OD則下列判斷正確的是( )AA點的電勢與B點的電勢相等BC點的電場強度與D點的電場強度不相同CA點的電場強度與B點的電場強度相同D在A點由靜止開始釋放重力不計的帶正電粒子，該粒子將沿AB做勻加速直線運動3、如圖所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c為電場中的三點，實線PQ為M、N連線的中垂線，a

3、、b兩點關(guān)于MN對稱，a、c兩點關(guān)于PQ對稱已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時，試探電荷的電勢能增加，則以下判斷正確的是 ( )Aa點的電勢高于c點的電勢Ba點的場強與c點的場強完全相同CM點處放置的是正電荷D若將帶正電的試探電荷沿直線由a點移動到b點，則電場力先做正功，后做負功4、如圖所示，可視為質(zhì)點的小球位于半圓柱體左端點A的正上方某處，以初速度v0水平拋出，其運動軌跡恰好與半圓柱體相切于B點，過B點的半圓柱體半徑與水平面夾角為30，則半圓柱體的半徑為(不計空氣阻力，重力加速度為g)( )A B C D5、如圖所示，一物體自傾角為的固定斜面上某一位置處斜向上拋出，到達斜面頂端處時速度

4、恰好變?yōu)樗椒较颍阎?、間的距離為，重力加速度為，則關(guān)于拋出時物體的初速度的大小及其與斜面間的夾角，以下關(guān)系中正確的有ABCD6、在同一條直線上運動的P、Q兩個物體在t0時經(jīng)過同一個位置，它們運動的速度時間圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A在03 s內(nèi)P做勻減速直線運動，Q做勻速直線運動B在01 s內(nèi)兩物體逐漸靠近C在t2 s時兩物體相遇D在03 s內(nèi)兩物體的位移相等二、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、如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相

5、同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動射入磁場時，P的速度垂直于磁場邊界，Q的速度與磁場邊界的夾角為45。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則（ ）AP和Q的質(zhì)量之比為1：2BP和Q的質(zhì)量之比為CP和Q速度大小之比為DP和Q速度大小之比為2：18、A、B為一電場中x軸上的兩點，如圖甲。一正試探電荷僅在電場力作用下沿x軸運動，該試探電荷的電勢能隨其坐標變化的關(guān)系如圖乙。下列正確的是A該電場有可能是點電荷形成的電場B電場方向沿x軸正向CA、B兩點電勢的關(guān)系為D試探電荷在A、B兩點的動能大小關(guān)系為9、某人在距離地面某高度處以的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為2kg的小

6、球，小球拋出后經(jīng)過一段時間落到地面上若以拋出時刻為計時起點，小球運動的v-t圖像如圖所示，t=1.5s時，小球落到地面上設(shè)小球運動過程中所受阻力大小不變，則A小球一直做勻變速直線運動B小球拋出點離地面高度為C小球運動過程中所受阻力大小為D當?shù)刂亓铀俣却笮?0、如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面到下降至最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，下列判斷正確的是（ ）A在第一過程中，運動員始終處于失重狀態(tài)B運動員接觸床面時的速度最大C在第二過程中運動員的速度先增大后再減小D運動員在速度為零時加速度最大三、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

7、處，不要求寫出演算過程。11（6分）用如圖的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗（1）下列操作或說法正確的是_。A將斜槽末端調(diào)成水平B在斜槽上涂潤滑油可以減少實驗誤差C使入射球A每次都從同一高度由靜止?jié)L下D從P點附近多個落點中選取最清晰的一個點作為P的標記（2）實驗中小球的質(zhì)量，若其表達式滿足_，則可驗證相碰前后的動量守恒。（選擇以下物理量表示、水平槽到地面距離H、小球的直徑d、OP、OM、ON）12（12分）如圖所示為“DIS 測變速直線運動的瞬時速度”實驗的裝置圖(1)圖中所示的器材為：_傳感器(2)若實驗過程中擋光片緊貼小車前沿放置，則隨著擋光片寬度不斷減小，速度欄中的數(shù)據(jù)_(填“不斷增大”

8、、“不變”或“不斷減小”)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）汽車發(fā)動機的額定功率為30KW，質(zhì)量為2000kg，當汽車在水平路面上行駛時受到阻力為車重的0.1倍，若汽車從靜止開始保持1m/s2的加速度作勻加速直線運動，則（1）汽車在路面上能達到的最大速度； （2）勻加速直線運動過程能持續(xù)多長時間； （3）當汽車速度為10m/s時的加速度.14（16分）如圖一長木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，如圖所示。小物塊與木板一起以的共同速度向右運動，直至時木板與墻壁碰撞,碰撞時間極短

9、。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；小物塊與木板間的動摩擦因數(shù).運動過程中小物塊始終未離開木板。木板的質(zhì)量M是小物塊質(zhì)量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）以撞墻后瞬間為起點，小木塊相對地面向右運動的最遠距離；（2）撞墻后經(jīng)歷多長時間系統(tǒng)進入穩(wěn)定狀態(tài)?（3）木板的最小長度15（12分）如圖所示，均勻薄壁U型管豎直放置，左管豎直部分高度大于30cm且上端封閉，右管上端 開口且足夠長，用兩段水銀封閉了 A、B兩部分理想氣體，下方水銀左右液面等高，右管上方的水銀柱高h=4cm，初狀態(tài)溫度為27，A氣體長度=15cm，大氣壓強.現(xiàn)使整個裝置緩慢升溫，當下方水銀的左右液面高度相差=1

10、0cm時，保持溫度不變，再向右管中緩慢注入水銀，使A中氣柱長度回到15cm.求：(1)升溫后保持不變的溫度是多少攝氏度？(2)右管中再注入的水銀高度是多少？參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】物體和木板之間的摩擦力f=mg對于木板，要保持速度v不變，有F=f=mg對于物體，根據(jù)牛頓第二定律mg=ma解得a=g；物體做勻加速直線運動，有此時木塊的位移則水平向右的作用力F做功故C正確，ABD錯誤。故選C。2、C【解析】試題分析：由題意可知半球面右邊的電場線是水平向右的，沿電場線方向電勢逐漸降低，A點電勢高于B

11、點電勢，A錯誤；有對稱性原理及電場疊加可知C點和D點場強一樣；B錯誤；B錯誤；均勻帶電半球相當于一個均勻帶正電的球和半個均勻帶負電的球，這個半球放在圖的另一邊然后看AB兩點，可以看到，AB兩點在在上述涉及到的正電半球和負電半球中的相同的位置上而由題目給出的條件，正電球在AB兩點產(chǎn)生的電場為零所以，A點正電半球產(chǎn)生的電場強度相當于負電半球產(chǎn)生的電場強度，而與B點的環(huán)境比較，唯一的區(qū)別是電荷符號相反，從而電場大小相同，只有可能有方向的區(qū)別，而分析可知，方向是相同的，故電場強度相等，C正確；電場線方向水平向右，所以在A點釋放靜止帶正電的微粒（重力不計），微粒將作加速運動，距離遠后電場力減小，所以是變

12、加速運動，D錯誤；3、D【解析】因正電荷由a到c電勢能增加，則電場力做負功，則電勢升高故c點電勢高于a點電勢則M點為負電荷，故AC錯誤a點與c點為關(guān)于兩電荷的中垂線對稱，則場強大小相等但方向不同，故B正確；將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，根據(jù)等勢線分布圖可知，電勢先降低后升高，則電勢能先減小后增大，電場力先做正功、后做負功故D正確；故選BD【點睛】在電場中跟據(jù)帶電粒子運動軌跡和電場線關(guān)系判斷電場強度、電勢、電勢能、動能等變化是對學(xué)生基本要求，也是重點知識，要重點掌握4、C【解析】飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為30，設(shè)位移與水平方向的夾角為，則有，因為 ，則是豎

13、直位移為： ， 聯(lián)立以上各式解得： ，故C正確。點晴：解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住速度方向，結(jié)合位移關(guān)系、速度關(guān)系進行求解。5、B【解析】CD、運用逆向思維，物體做平拋運動，根據(jù)可得，則P點的豎直分速度，P點的水平分速度，則拋出時物體的初速度，故選項C、D錯誤；AB、設(shè)初速度方向與水平方向的夾角為，根據(jù)平拋運動的推論有，又，即，根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)關(guān)系可求得，故選項B正確，A錯誤。6、C【解析】A在03 s內(nèi)物體P先減速運動再加速運動，物體Q一直做勻速運動，故A錯誤；Bvt圖象與坐標軸所圍的面積表示物體的位移，在01 s內(nèi)，圖象與坐標軸所圍的面積之差越來越大，在

14、t1 s時兩物體的速度相等而面積之差最大，即相距最遠，B錯誤；C在t2 s時物體P、Q的位移相等，兩物體相遇，C正確；D在03 s內(nèi)物體P的位移較小，故D錯誤二、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、AC【解析】設(shè)MN=2R，則對粒子P的半徑為R，有：；對粒子Q的半徑為R，有：；又兩粒子的運動時間相同，則，即，解得，故AC正確，BD錯誤8、CD【解析】A. 根據(jù)功能關(guān)系可知，克服電場力做功等于電勢能的增加量，則有：=Eqx根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，圖線的斜率k=qE，因E、q均保持

15、不變，說明電場強度不變，所以該電場一定是勻強電場，故A錯誤。BC.從A到B電勢能變大，而粒子帶正電， ，所以，沿電場線電勢降低，電場方向沿x軸負向，故B錯誤C正確。D.根據(jù)能量守恒可知，從A到B電勢能變大，動能變小，故D正確。9、BC【解析】A小球上升過程中的加速度 下落過程中的加速度大小為 整個運動過程中的加速度大小變化，故不是做勻變速直線運動，故A錯誤；B小球拋出點離地面高度為故B正確；CD設(shè)小球運動過程中所受阻力大小為f，重力加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律可得：上升過程中：mg+f=ma1下落過程中mg-f=ma2解得：f=0.4N，g=9.8m/s2故C正確、D錯誤10、CD【解析】運動

16、員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；隨床面的形變的增大，彈力逐漸增大，當彈力等于重力時速度最大，并不是接觸時速度最大，彈力大于重力時，運動員做減速運動，當速度為零時，彈力達到最大，合理最大，即加速度最大，運動員處于超重狀態(tài)故AB錯誤，CD正確.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、 AC 【解析】(1)A、為了使小球做平拋運動，斜槽的末端需調(diào)成水平，故A正確；B、小球每次從斜槽的同一位置滾下，不需要減小摩擦。故不需要涂潤滑油，故B錯誤。C、為了讓入射球每次到達碰撞位置的速度相同，應(yīng)讓小球每次從同一位置開始

17、下滑，故C正確；D、通過多次實驗確定小球所落的平均位置，不是找最清晰的位置，故D錯誤；故選AC。(2)因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OM是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OP是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON-d是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度,當所測物理量滿足表達式，說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。12、光電門； 不斷減小 【解析】（1）根據(jù)實驗裝置和實驗原理可知器材叫做光電門傳感器；（2）小車做加速運動，擋光片越大，則測得的速度為平均速度，即時間中點的瞬時速度越大，時間越短測得的瞬時速度越小

18、，因此速度不斷減小四、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）15m/s（2）7.5s（3）0.5m/s2【解析】（1）汽車有最大速度時，此時牽引力與阻力平衡，由此可得： 解得： （2）若汽車從靜止作勻加速直線運動，則當功率達到額定功率時，勻加速結(jié)束在此過程中， 根據(jù) 以及 可解得：t=7.5s（3）當汽車速度為10m/s時根據(jù)及可求得加速度a=0.5m/s2故本題答案是：（1）15m/s（2）7.5s（3）0.5m/s2【點睛】在機車啟動問題中要靈活的運用公式以及來求解待求的物理量。14、（1）4m（2）3.75s

19、（3）L=15m【解析】：(1)碰撞后以木塊為對象由牛頓第二定律： 得 運動學(xué)公式： 得 (2) 撞墻后系統(tǒng)動量守恒，取木板方向為正： 得： 木塊全程勻減速： 解得： （3）由系統(tǒng)功能關(guān)系可得： 解得木板所需最小長度l= 15m 綜上所述本題答案是：（1）4m（2）3.75s（3）L=15m15、 (1)177 (2)40cm【解析】（1）緩慢升溫過程中，對A中氣體分析初態(tài)：V1=l1S；p1=p0+h=80cmHg；T1=（27+273）K=300K末狀態(tài)：V2=（l1+l）S； p2=p0+h+l，由理想氣體狀態(tài)方程得：代入數(shù)據(jù)解得：T2=450K；得t2=177（2）對A氣體分析，初末態(tài)體積相同T3=T2p3=p0+h+h，由查理定律得：代入數(shù)據(jù)解得：h=40cm；即再加入的水銀高40cm.