《2022-2023學(xué)年云南省曲靖市麒麟?yún)^(qū)二中高三物理第一學(xué)期期中考試模擬試題（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學(xué)年云南省曲靖市麒麟?yún)^(qū)二中高三物理第一學(xué)期期中考試模擬試題（含解析）.doc（15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考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平面上，物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間動摩擦因數(shù)為，tan，且質(zhì)量均為m，則()AA、B保持相對靜止B地面對斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcosC地面

2、受到的壓力等于(M2m)gDB與斜面間動摩擦因數(shù)為2、在空間某區(qū)域存在一電場，x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示. -x1x1 之間為曲線，且關(guān)于縱軸對稱，其余均為直線，也關(guān)于縱軸對稱. 下列關(guān)于該電場的論述正確的是 A圖中A點對應(yīng)的場強大于B點對應(yīng)場強B圖中A點對應(yīng)的電勢大于B點對應(yīng)電勢C一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能D一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能3、跳傘員跳傘后最初一段時間降落傘并不張開，跳傘員在重力和空氣阻力作用下做加速運動，下落一定高度后，降落傘張開，跳傘員做減速運動，速度降至一定值后便不再降低，跳傘員以這一速度勻速下降在跳傘過程中

3、，下列說法中正確的是A降落傘張開后到落地的過程中，跳傘員始終處于超重狀態(tài)B跳傘員在整個下落過程中機械能一直減小C跳傘員在整個下落過程中機械能先增大后減小D如果在下落過程中，受到水平吹來的風(fēng)，跳傘員將做平拋運動4、質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度處同時由靜止開始下落，運動中兩物體所受阻力的特點不同，其v-t圖象如圖則下列判斷正確的是 ( )At0時刻甲物體的加速度小于乙物體的加速度Bt0時刻甲、乙兩物體動量不相同C0t0時間內(nèi)，甲、乙兩物體重力勢能的變化量相同D0t0時間內(nèi)，甲物體克服阻力做的功比乙的少5、如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動在傳送帶的上

4、端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)tan，則能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的圖象是（ ）ABCD6、汽車在水平路面上以額定的功率行駛，當(dāng)汽車在加速時( )A汽車的牽引力增大，加速度增大B汽車的牽引力減小，加速度減小C汽車的牽引力不變，加速度不變D汽車的牽引力減小，加速度不變二、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、質(zhì)量為m的物體由靜止開始下落，在空氣阻力的影響下物體下落的加速度為g，在物體下落高度為h的過程中，下列說法正確的是A物體的動能增

5、加了mghB物體的機械能減少了mghC物體克服阻力所做的功為mghD物體的重力勢能減少了mgh8、如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，在力F作用下靜止在光滑的斜面上現(xiàn)突然增大F至某一恒力推A，則從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中( ) A兩木塊速度相同時，加速度aAaBB兩木塊速度相同時，加速度aAvBD兩木塊加速度相同時，速度vAaB，故經(jīng)過相等的時間，A增加的速度大，B增加的速度小，所以，在aA=aB時vAvB，故C正確，D錯誤；AB、當(dāng)vA=vB時，彈簧的壓縮量最大，彈力最大，A在此之前一直做加速度逐漸減小的加速運動，B做加速度逐漸增大的加速運動，由于aA=aB時vAvB，

6、所以vA=vB時aAaB；故A錯誤，B正確故選BC9、AD【解析】A、對小球受力分析，小球受到重力mg、輕繩的拉力F和圓環(huán)的彈力N，如圖，根據(jù)平衡條件可知：mg和N的合力與F大小相等、方向相反，根據(jù)幾何知識得知N=mg，且有F=2mgcos，故A正確BCD.小球沿圓環(huán)緩慢上移，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力G，F(xiàn)，N，三個力滿足受力平衡作出受力分析圖，由圖可知OABGFA，即：則得：，N=mg當(dāng)A點上移時，半徑R不變，AB減小，故F減小，N不變，故D正確，BC錯誤.10、ABD【解析】AD B向右移動到C位置后，繩與地面的夾角減小，而A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，故繩子的拉力等于A的

7、重力；繩子對B的拉力也保持不變，等于A的重力；對B分析，繩子拉力的水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大，故AD正確。B對滑輪分析，由于A一直豎直，故繩子與墻平行，故；因拉A的繩子與拉B的繩子力相等，而拉滑輪的力與兩繩子的力的合力大小相等，故拉滑輪的力應(yīng)這兩繩子拉力的角平分線上，故、三角始終相等，故B正確。C向右移動時，兩繩間夾角增大，而兩拉力不變，故懸于繩上的繩子的拉力將減小，故C錯誤。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、R1 【解析】(1)1滑動變阻器采用分壓接法時，應(yīng)選用阻值適當(dāng)小一些的，滑動變阻器選R1.(2)2需要電壓

8、表與定值并聯(lián)，才能跟電流表的量程相適應(yīng)，所以完整的電路如圖所示:(3)3實物連線如圖所示，連線時要注意電表的正負(fù)接線柱不能接反 (4)4根據(jù)串、并聯(lián)電路規(guī)律可知：圖線斜率所以12、CD 遮光片的寬度 光電門AB間的距離 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 【解析】（1）由于該實驗的連接方式，重物和小車不具有共同的加速度，小車是在繩的拉力下加速運動，此拉力可由測力計示數(shù)獲得，不需要用重物的重力來代替，故不要求沙桶和沙的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故A錯誤；根據(jù)控制變量法原理可知，探究“物體質(zhì)量一定，加速度與合外力的關(guān)系”時要保持小車的質(zhì)量不變，改變沙和沙桶的質(zhì)量，故B錯誤，D正確；保持穿過光電門的細(xì)線與長木

9、板平行，使平衡摩擦力后，繩子的拉力等于小車受到的合外力，故C正確；故選CD（2）已經(jīng)知道遮光片經(jīng)過光電門A、B所用的時間tA、tB，則需要測量遮光片的寬度d，從而求出經(jīng)過AB時的速度，要求出加速度，根據(jù)勻變速直線運動位移速度公式即可求解，所以還要測出光電門AB間的距離；（3）圖線不通過坐標(biāo)原點，F(xiàn)不為零時，加速度仍為零，知實驗前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，系統(tǒng)仍存在摩擦力點睛：本題第1問選項A為易錯選項，這個是課本參考實驗的改進(jìn)版，用這種方法可以準(zhǔn)確得到小車受到的合外力，而不需要用重物的重力來近似代替，是一個比課本參考方案更好的辦法，題目價值很高四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在

10、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）；（2）；（3）【解析】（1）物塊被彈簧彈出，由，可知：因為，故物塊滑上傳送帶后先減速物塊與傳送帶相對滑動過程中，由：，得到：，因為，故物塊與傳送帶同速后相對靜止，最后物塊以的速度滑上水平面BC，物塊滑離傳送帶后恰到E點，由動能定理可知：代入數(shù)據(jù)整理可以得到：（2）設(shè)物塊從E點返回至B點的速度為，由得到，因為，故物塊會再次滑上傳送帶，物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運動的對稱性可知其以相同的速率離開傳送帶，設(shè)最終停在距C點x處，由，得到：.（3）設(shè)傳送帶速度為時物塊能恰到F點，在F點滿足從B到F過程中由

11、動能定理可知：解得：設(shè)傳送帶速度為時，物塊撞擋板后返回能再次上滑恰到E點，由：解得：若物塊在傳送帶上一直加速運動，由知其到B點的最大速度綜合上述分析可知，只要傳送帶速度就滿足條件【點睛】本題主要考查了牛頓第二定律、動能定理、圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，此題難度較大，牽涉的運動模型較多，物體情境復(fù)雜，關(guān)鍵是按照運動的過程逐步分析求解14、（1） （2） 【解析】(1) 令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知：mgsin30=kx1，令x2表示B 剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A 的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知：kx2=mgsin30，F(xiàn)mgsin30kx2=ma，將

12、F=2mg和=30代入以上各式，解得a=g；由，解得；(2) 物塊B剛要離開C時，物塊A的速度為，此時彈簧的伸長量和F開始作用時的壓縮量相同，彈簧的彈性勢能改變量為零。由動能定理得，解得。15、（1）（1）（3）【解析】（1）根據(jù)圖像可以判定碰撞前木塊與木板共同速度為碰撞后木板速度水平向左，大小也是木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有解得木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間，位移，末速度其逆運動則為勻加速直線運動可得帶入可得木塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，即可得（1）碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有可得對滑塊，則有加速度滑塊速度先減小到0，此時碰后時間為此時，木板向左的位移為末速度滑塊向右位移此后，木塊開始向左加速，加速度仍為木塊繼續(xù)減速，加速度仍為假設(shè)又經(jīng)歷二者速度相等，則有解得此過程，木板位移末速度滑塊位移此后木塊和木板一起勻減速二者的相對位移最大為滑塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為（3）最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度位移所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為【考點定位】牛頓運動定律【名師點睛】分階段分析，環(huán)環(huán)相扣，前一階段的末狀態(tài)即后一階段的初始狀態(tài)，認(rèn)真沉著，不急不躁