河南省鄭州市2022-2023學年物理高三第一學期期中統(tǒng)考模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、運動員從懸停在空中的直升機上跳傘，傘打開前可看做是自由落體運動，打開傘后減速下降，最后勻速下落如果用h表

2、示下落高度，t表示下落的時間，F(xiàn)表示人受到的合力，E表示人的機械能，Ep表示人的重力勢能，v表示人下落的速度，在整個過程中，如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖象可能符合事實的是（）ABCD2、如圖所示，一個絕緣光滑半圓環(huán)軌道處于豎直向下的勻強電場E中，在軌道的上端，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由靜止開始沿軌道運動，則（ ）A小球運動過程中機械能守恒B小球機械能和電勢能的總和先增大后減小C在最低點球?qū)Νh(huán)的壓力為（mgqE）D在最低點球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mgqE）3、如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第

3、二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端下列說法中正確的是（ ）A第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加D物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱4、如圖所示,C為平行板電容器,和為其兩極板,板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與板用導線相連,Q板接地開始時懸線靜止在豎直方向,在板帶電后,懸線偏轉(zhuǎn)了角度在以下方法中,能使懸線的偏角變大的是A縮小間的距離B在兩板間插入電介質(zhì)C板向上平移DQ板向

4、右平移5、天然放射現(xiàn)象中可產(chǎn)生、三種射線。下列說法正確的是（）A射線是高速的質(zhì)子流B92238U經(jīng)過一次衰變，變?yōu)?0234ThC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6、一質(zhì)量為M、帶有掛鉤的球形物體套在傾角為的細桿上，并能沿桿勻速下滑，如在掛鉤上再吊一質(zhì)量為m的物體，讓它們沿細桿下滑，如圖所示，則球形物體（ ）A仍勻速下滑B沿細桿加速下滑C受到的摩擦力不變D受到的合外力增大二、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、如圖所示,A、B、C三個半

5、徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,三個球的質(zhì)量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初狀態(tài)三個小球均靜止,BC球之間連著一根輕質(zhì)彈簧,彈簣?zhí)幱谠L狀態(tài).現(xiàn)給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度變?yōu)橄蛴?大小為2m/s，下列說法正確的是A球A和B碰撞是彈性碰撞B球A和B碰后,球B的最小速度可為0C球A和B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96JD球A和B碰后,彈簧恢復原長時球C的速度可能為12m/s8、如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動小球運動到最高點時，受到的彈力為F，速度大小為v，其F-v2圖象如

6、乙圖所示則（） A小球的質(zhì)量為B當?shù)氐闹亓铀俣却笮镃時，小球?qū)U的彈力方向向下D時，小球受到的彈力與重力大小相等9、用如圖所示的電路研究小電動機的性能，當調(diào)節(jié)滑動變阻器R讓電動機停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.5A和2.0V；重新調(diào)R，使電動機恢復正常運轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24V則這臺電動機正常運轉(zhuǎn)時（不計溫度對電阻的影響）（ ）A輸出功率為32 W B輸出功率為48 WC發(fā)熱功率為16W D發(fā)熱功率為47 W10、消防員用繩子將一不慎落入井中的兒童從井內(nèi)加速向上提的過程中，不計繩子的重力，以下說法正確的是()A繩子對兒童的拉力大于兒童對繩子的拉力B繩子對兒

7、童的拉力大于兒童的重力C消防員對繩子的拉力與繩子對消防員的拉力是一對作用力與反作用力D消防員對繩子的拉力與繩子對兒童的拉力是一對平衡力三、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（6分）某興趣小組的同學用彈簧測力計拉橡皮筋，探究求合力的方法，同時進一步研究橡皮筋拉伸過程的受力特點及對其彈性的影響.(1)小虎同學在“探究求合力的方法”實驗中，用兩只彈簧測力計拉橡皮筋的情形如圖甲所示小虎在實驗操作中的錯誤和不妥之處有（寫出兩條）_(2)小華同學通過實驗，研究橡皮筋拉伸過程的受力特點及其對橡皮筋彈性的影響.實驗裝置如圖乙所示，將一張白紙固定在豎直放置的

8、木板上，橡皮筋的上端固定于O點，下端A掛一質(zhì)量為m的重物.人拉繩方向始終平行于白紙且與水平方向成，緩慢地移動A，當橡皮筋與水平方向也成時，記下此時下端A的位置P,重復上述過程，橡皮筋與水平方向再次成時，記下下端A的位置Q,位置P與Q不重合，從O點作一條直線過P、Q兩點，如圖丙所示.則實驗中下端A分別被拉伸到 位置p和Q時，橡皮筋所受彈力的大小關(guān)系為 _(選填”、=”).實驗表 明，橡皮筋被反復拉伸后，其勁度系數(shù) _ (選填“變大”、“變小”、“不變”)人保持中原拉繩方向不變，將結(jié)點A從O點正下方緩慢移動，直至橡皮筋與水平方向也成的過程中，橡皮筋所受彈力（_）A一直減小 B一直增大 C先減小后增

9、大 D先增大后減小12（12分）兩位同學用如圖所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律（1）實驗中必須滿足的條件是_A斜槽軌道盡量光滑以減小誤差B斜槽軌道末端的切線必須水平C入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下D兩球的質(zhì)量必須相等（2）測量所得入射球A的質(zhì)量為mA，被碰撞小球B的質(zhì)量為mB，圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON當所測物理量滿足表達式

10、_時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式_時，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞（1）乙同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖12所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點分別為M和N測得B與N、P、M各點的高度差分別為h1、h2、h1若所測物理量滿足表達式_時，則說明球A和球

11、B碰撞中動量守恒四、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）ETC 是高速公路上不停車電子收費系統(tǒng)的簡稱如圖，汽車進收費站前的速度為 15m/s，如果過人工收費通道，需要在收費站中心線處減速至0，經(jīng)過 20s 繳費后，再加速至 15 m/s 行駛；如果過 ETC 通道，需要在中心線前方 10 m 處減速至 5 m/s，勻速到達中心線后，再加速至 15m/s 行駛為了簡化分析，設(shè)汽車加速和減速的加速度大小均為1m/s2(1)汽車過人工收費通道，從收費前減速開始，到收費后加速至 15m/s，所需的時間和所走過的路程是多

12、少?(2)如果過 ETC 通道，從減速開始，到再次加速至 15m/s，所需的時間和所走過的路程是多少?14（16分）如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接質(zhì)量 M=6.0kg 的物塊 A，物塊 A 靜止在水平面上裝置的中間部分是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接傳送帶以 u=1.0m/s 逆時針勻速運動傳送帶的右邊是一個半徑 R=1.15m 位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道某時刻起將一個質(zhì)量m=1.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放已知物塊 B 與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.

13、5m，物塊 B 與 A 發(fā)生的碰撞為彈性碰撞取g=10m/s1求：(1)物塊 B 與物塊 A 第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；(1)如果物塊 A、B 每次碰撞后，物塊 A 再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊 B 從第1次與物塊 A 碰撞結(jié)束后，到第 5 次與物塊A碰撞前,物塊B一共在傳送帶上運動了多長時間15（12分）如圖，質(zhì)量為m=1kg，長為L=1.7m的平板車，以速度v0=4m/s向右做勻速直線運動，A、B是其左右兩個端點從某時刻起對平板車施加一個大小為5N的水平向左的恒力F，并同時將一個小球輕放在平板車上的P 點（小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地

14、面的速度為零），PB=經(jīng)過一段時間，小球從平板車上脫離后落到地面上不計所有摩擦力，g 取10m/s1求：（1）小球從放到平板車上開始至脫離平板車所用的時間；（1）小球脫離平板車瞬間平板車的速度參考答案一、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】A、圖象不可能是直線，否則是勻速下降，而運動員先自由落體運動，打開降落傘后做減速運動，最后是勻速運動，矛盾，故A錯誤；B、而運動員先自由落體運動，打開降落傘后做減速運動，最后是勻速運動；減速過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：，故加速度是變化的，圖不是直線，故B錯誤；C、自由落體階段，合力

15、恒定，為，減速階段，由于，故合力是變化的，勻速階段，合力為零，故C正確；D、由于圖象不可能是直線，否則是勻速下降，而重力勢能，故不是直線，故D錯誤。點睛：本題關(guān)鍵分三個階段分析運動員的運動，注意減速過程是加速度不斷減小的減速運動，當加速度減為零時，速度達到最小；最后是勻速。2、D【解析】A小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒。故A不符合題意。B小球運動過程中只有電場力和重力做功，發(fā)生的時機械能與電勢能的轉(zhuǎn)化，但小球機械能和電勢能的總和不變。故B不符合題意。CD小球從最高點到最低點的過程，根據(jù)動能定理得：，由，聯(lián)立解得：N=3（mg+qE）由牛頓第三定律知在最低點球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mg+qE）

16、。故C不符合題意，D符合題意。3、C【解析】A、第一階段物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力，第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力做功，兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同，所以摩擦力都做正功，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理得知，外力做的總功等于物體動能的增加，第一個階段，摩擦力和重力都做功，則第一階段摩擦力對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加；故B錯誤；C、由功能關(guān)系可知，第一階段摩擦力對物體做的功（除重力之外的力所做的功）等于物體機械能的增加，即EW阻F阻s物，摩擦生熱為QF阻s相對，又由于s傳送帶vt，s物t，所以s物s相對s傳送帶，即QE，故C正確D、第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機械能繼

17、續(xù)增加，故D錯誤故選C4、C【解析】題中電容器ab與平行金屬板PQ并聯(lián)，電勢差相等，根據(jù)左邊電容器的電容的變化得出平行金屬板兩端的電勢差變化，從而得出電場強度的變化，判斷懸線偏轉(zhuǎn)角度的變化【詳解】A、縮小a、b間的距離，根據(jù)，則電容增大，Q不變，ab端的電勢差，知電勢差減小，所以PQ兩端的電勢差減小，電場強度減小，則電場力變小，變小；故A錯誤.B、ab間插入電介質(zhì)，則電容增大，Q不變，ab端的電勢差，知電勢差減小，所以PQ兩端的電勢差減小，電場強度減小，則電場力變小，變??；故B錯誤.C、a板向上移動，正對面積減小，電容減小，而Q不變，則ab端的電勢差增大，即PQ兩端的電勢差增大，電場強度增大，

18、則電場力變大，變大；故C正確.D、Q板向右移動，PQ間的距離增大，故電容器的電容C變小，而Q不變，則PQ兩端的電勢差增大，而電場強度不變，則電場力不變，不變；故D錯誤.故選C.【點睛】本題綜合了電路、電容的知識，綜合性較強；是通過平衡條件的考查轉(zhuǎn)移到電容器動態(tài)分析的一個考查，需要認真推敲一下5、B【解析】A、射線的實質(zhì)是衰變中產(chǎn)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(zhì)子形成的氦原子核），并且轉(zhuǎn)變成一個質(zhì)量數(shù)減少4，核電荷數(shù)減少2的新原子核。所以92238U經(jīng)過一次衰變，變?yōu)?0234Th,故B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

19、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(nèi)部性質(zhì)決定的，與溫度無關(guān)，所以升高放射性物質(zhì)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(zhì)及特性，并利用好特性解題。6、A【解析】不掛重物時，對球形物體受力分析，根據(jù)平衡條件列式可求動摩擦因數(shù)；對球形物體和所掛重物整體分析，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件列式分析即可【詳解】不掛重物時，球形物體受重力、支持力和摩擦力而勻速下滑，根據(jù)平衡條件，在平行斜面方向，有：Mgsinf=0，在垂直斜面方向，有：NMgcos=0，其中：f=N，聯(lián)立解得：=tan；當掛鉤掛重物后，對球形物體和所掛重物整體

20、，在平行斜面方向：F合=(M+m)gsinN，垂直斜面方向：N=(M+m)gcos，聯(lián)立解得：F合=0，故整體依然做勻速直線運動；故A正確，BCD錯誤；故選：A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、AD【解析】A.A、B兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系統(tǒng)總動能：碰撞后系統(tǒng)總動能：碰撞過程機械能不變，機械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故A正確；BD.A、B碰撞后，B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量

21、守恒，彈簧恢復原長時B的速度最小，C的速度最大，以向左為正方向，從碰撞后到彈簧恢復原長過程，在水平方向，由動量守恒定律得：mBvB=mBvB+mCvC由機械能守恒定律得：解得：vB=4m/s，vC=12m/s（彈簧恢復原長時C的速度最大，vB=8m/s，vC=0m/s 不符合實際，舍去），由此可知，彈簧恢復原長時C的速度為12m/s，B的最小速度為4m/s，故B錯誤，D正確；C.B、C速度相等時彈簧伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，B、C系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）vC，由機械能守恒定律得：解得彈簧的最大彈性勢能：EP=24J，故C

22、錯誤。8、ABD【解析】由圖乙可知： 當時，桿對球的彈力恰好為零，此時只受重力，重力提供向心力，即重力加速度，故B正確；當時，向心力為零，桿對球的彈力恰好與球的重力等大反向，即小球的質(zhì)量，故A正確；根據(jù)圓周運動的規(guī)律，當時桿對球的彈力為零，當時，桿對球的彈力方向向上，當時，桿對球的彈力方向向下，桿對小球的彈力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)U的彈力方向向上，故C錯誤；當時，又，故D正確。故選ABD。9、AC【解析】電動機停止轉(zhuǎn)動時，可以當做純阻電路計算，電動機的內(nèi)阻為： ，電動機的總功率P=U2I2=24V2A=48W，電動機的發(fā)熱功率為： ，故C正確，D錯誤；電動機正常運轉(zhuǎn)時的輸出功率是：

23、 ，故A正確，B錯誤。所以AC正確，BD錯誤。10、BC【解析】A.繩子對兒童的拉力和兒童對繩子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤；B.兒童從井內(nèi)加速向上提的過程中，加速度方向向上，兒童處于超重狀態(tài)，則繩子對兒童的拉力大于兒童的重力。故B正確；C.消防員對繩子的拉力與繩子對消防員的拉力是一對作用力與反作用力，故C正確； D.消防員對繩子的拉力是作用在繩子上的力，而繩子對兒童的拉力是作用在兒童上的，故二力不是平衡力，故D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、右側(cè)測力計測量時未沿拉繩方向，左側(cè)彈簧秤的拉力太大，用一把

24、彈簧秤再次實驗時會超量程 FP=FQ 變小 C 【解析】(1)1在“探究求合力的方法”實驗中，用兩只彈簧測力計拉橡皮筋的情形，由圖可知，右側(cè)測力計測量時未沿拉繩的方向；左側(cè)彈簧秤的拉力太大，用一把彈簧秤再次實驗時會超量程；(2)2過點作一條直線與軌跡交于、兩點，實驗中橡皮筋分別被拉伸到和時所受拉力、的方向相同，由于緩慢地移動，根據(jù)平衡條件得、的大小關(guān)系為；3再根據(jù)胡克定律可知，它們的彈力相同，而形變量到變長，那么橡皮筋被反復拉伸后，其勁度系數(shù)會變小；4保持中原拉繩方向不變，將結(jié)點從點正下方緩慢移動，直至橡皮筋與水平方向也成的過程中，橡皮筋所受彈力如下圖，即可知，橡皮筋所受彈力先減小后增大；A.

25、與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析相符，故C正確；D.與分析不符，故D錯誤。12、BC mAOP= mAOM+ mBON OP+OM=ON 【解析】A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量，故D錯誤；故選BC小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運

26、動時間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若兩球相碰前后的動量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；小球做平拋運動，在豎直方向上：h=gt2，平拋運動時間：t=，設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運動的初速度：vA=，vA=，vB=，如果碰撞過程動量守恒，則：mAvA=mAvA+mBvB，將

27、速度代入動量守恒表達式解得：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）50s，225m；（2）22s，210m【解析】（1）過人工通道時，設(shè)加速時間為 t1，減速時間為 t2，由于勻加速和勻減速的加速度大小相等，根據(jù)對稱性：勻減速和勻加速的位移過人工通道總時間為t總 t1 20s t2 50s通過人工通道總路程為 s總 s1 s2 225m（2）過 ETC 通道時，加速和減速也具有對稱性，勻減速和勻加速的時間為 勻速行駛的時間為過 ETC 通道時,所需總時間為 t總 2t3 t5 22s運動的總距離 14、（1）11J；（1）7.5s【解析】（1）設(shè)物塊 B 沿光滑曲面下滑到水平位置時