2023屆河北省唐縣一中高三物理第一學期期中教學質(zhì)量檢測試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請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、如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，當一個帶負電的粒子以某一初速度僅在電場力作用下沿AB由A點運動到B點，其v-t圖像如圖乙所示，該粒子到達B點時速度恰為零,下列判斷正確

2、的是（ ）A該電場一定是勻強電場BB點的電勢一定高于A點的電勢CA點運動到B點的過程中該粒子的電勢能變小D該電場可能是正點電荷產(chǎn)生的2、如圖所示，質(zhì)量為1.5kg的物體靜止在豎直固定的輕彈簧上，質(zhì)量為0.5kg的物體由細線懸掛在天花板上，與剛好接觸但不擠壓.現(xiàn)突然將細線剪斷，則剪斷細線瞬間、間的作用力大小為（?。?）A0B2.5NC5ND3.75N3、一電梯由靜止開始向上運動，其v-t圖象如圖所示，下列判斷正確的是A30 s末電梯開始向下運動B電梯上升的最大高度為28 mC電梯的最大加速度為0.1ms2D前30 s內(nèi)電梯的平均速度為0.5ms4、如圖，電源內(nèi)阻一定，將滑動變阻器R滑片向左滑動

3、一小段距離，理想電壓表V1、V2示數(shù)變化量的絕對值分別為U1、U2，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為I，下列判斷正確的是AV2的示數(shù)減小B電源輸出功率一定在增大CU1與I比值在減小DU1小于U25、如圖所示，A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1：1兩粒子在O上方同一位置沿垂直電場方向射入平行板電容器中，分別打在C、D兩點，OC=CD忽略粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是AA和B在電場中運動的時間之比為1：2BA和B運動的加速度大小之比為1：1CA和B的初速度大小之比為1：1DA和B的位移大小之比為1：26、氫原子光譜在可見光區(qū)域內(nèi)有四條譜線，都是氫原子中電子從量子數(shù)n2的能級躍

4、遷到n=2的能級發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定A對應的前后能級之差最小B同一介質(zhì)對的折射率最大C同一介質(zhì)中的傳播速度最大D用照射某一金屬能發(fā)生光電效應，則也一定能二、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、如圖所示是飛船進入某星球軌道后的運動情況，飛船沿距星球表面高度為100km的圓形軌道運動，到達軌道的A點時，點火制動變軌進入橢圓軌道，到達軌道的B點時，飛船離星球表面高度為15km，再次點火制動，下降落到星球表面。下列判斷正確的是( )A飛船在軌道上由A點運

5、動到B點的過程中，動能增大B飛船在軌道上的機械能大于在軌道上的機械能C飛船經(jīng)過A點時，在軌道上的加速度等于在軌道上的加速度D飛船在A點點火變軌瞬間，速度增大8、如圖所示，豎直平面內(nèi)固定有半徑為R的光滑半圓形軌道，最高點M、N與圓心O、在同一水平線上，物塊甲、乙質(zhì)量之比為1：3。物塊甲從M處由靜止開始無初速釋放，滑到最低點P與靜止在P處的物塊乙發(fā)生第一次彈性碰撞，碰撞時間很短可不計，碰后物塊甲立即反向，恰能回到軌道上Q點，物塊甲、乙均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）AQP之間的豎直高度為BQP之間的豎直高度為C在以后的運動中，物塊甲不能回到M點D在以后的運動中，物塊甲能回到M點9、

6、在如圖所示的裝置中，兩物塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，而且mAmB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，設(shè)此時動滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為，若小車向左緩慢移動一小段距離并停下來后，整個系統(tǒng)再次保持靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A物塊A的位置將變高B物塊A的位置將變低C輕繩與水平面的夾角將變大D輕繩與水平面的夾角將不變10、跳傘運動員從某高度的直升機上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，此后再過18s落地整個跳傘過程中的vt圖象如圖所示根據(jù)圖象信息可知（ ）A第10s秒初速度等于前兩秒的平均速度B14s末加速度為零C前2s跳傘運動員做自由落體運動D跳傘運動員下落的總高度約為240m三、實驗題：本題共

7、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）在探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質(zhì)量m、角速度和半徑r之間的關(guān)系的實驗中（1）在探究向心力的大小F與角速度的關(guān)系時，要保持_相同A和r B和m Cm和r Dm和F（2）本實驗采用的實驗方法是_A累積法 B控制變量法 C微元法 D放大法（3）通過本實驗可以得到的正確結(jié)果是_A在質(zhì)量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比B在質(zhì)量和半徑一定的情況下，向心力的大小與線速度的大小成正比C在質(zhì)量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成反比D在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質(zhì)量成正比12（12分）某

8、實驗小組用如圖所示的裝置探究動能定理。將小鋼球從固定軌道傾斜部分某處由靜止釋放，經(jīng)軌道末端水平飛出，落到鋪著白紙和復寫紙的水平地面上，在白紙上留下點跡。為了使問題簡化，小鋼球在軌道傾斜部分下滑的距離分別為L、2L、3L、4L，這樣在軌道傾斜部分合外力對小鋼球做的功W就可以分別記為W0、2W0、3 W0、4 W0（1）為了探究動能定理，除了測量小鋼球離開軌道后的下落高度h和水平位移s外，還需測量_AL、2 L、3 L、4 L的具體數(shù)值B軌道與小鋼球之間的動摩擦因數(shù)C小鋼球的質(zhì)量m（2）請用上述必要的物理量補充完整探究動能定理的關(guān)系式：W=_；（3）為了減小實驗誤差必須進行多次測量，在L、2 L、

9、3 L、4 L處的每個釋放點都要讓小鋼球重復釋放多次，在白紙上留下多個點跡。那么，確定在同一位置釋放的小鋼球在白紙上的平均落點位置的方法是_。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）如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質(zhì)量為m的平板小車B靜止于軌道右側(cè)，其板面與軌道底端靠近且在同一水平面上一個質(zhì)量、可視為質(zhì)點的小滑塊C以的初速度從軌道頂端滑下沖上小車B后，經(jīng)一段時間與小車相對靜止并繼續(xù)一起運動若軌道頂端與底端水平面的高度差為h，小滑塊C與平板小車板面間的動摩擦因數(shù)為，平板小車與水平面間的摩

10、擦不計，重力加速度為g求：(1)小滑塊C沖上小車瞬間的速度大??；(2)平板小車加速運動所用的時間及平板小車板面的最小長度14（16分）質(zhì)量均為m=0.1kg的兩小滑塊A、B，相距L=2m、放在足夠長的絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為=0.2，A帶電量為q=+3103C，B不帶電在水平面附近空間加有水平向左的勻強電場E=l102v/m，現(xiàn)同時由靜止釋放A、B，此后A將與B發(fā)生多次碰撞，碰撞時間極短且無機械能損失，A帶電量保持不變，B始終不帶電，g取10m/s2試求（1）A、B第一次碰前瞬間A的速度vA1（2）A、B第一次碰后瞬間B的速度vB1（3）小滑塊B運動的總路程S15（12分）如圖

11、，電容為 C 的電容器通過單刀雙擲開關(guān) S 左邊與一可變電動勢的直流電源相連，右邊與兩根間距為 L 的光滑水平金屬導軌 M1M2P1P2、N1N2Q1Q2 相連（M1 處左側(cè)有一小段光滑絕緣材料隔開且各部分平滑連接）。水平導軌存在兩個磁感應強度大小均為 B 的勻強磁場區(qū)域， 其中區(qū)域 I 方向豎直向上，區(qū)域豎直向下，虛線間的寬度都為 d，兩區(qū)域相隔的距離足夠大。有兩根電阻均為 R 的金屬棒 a 和 b 與導軌垂直放置，金屬棒 a 質(zhì)量為 m，金屬棒 b 質(zhì)量為 3m，b 棒置于磁場的中間位置 EF 處，并用絕緣細線系住，細線能承受的最大拉力為 F0?，F(xiàn)將 S 擲向“1”，經(jīng)足夠時間后再擲向“2

12、”，已知在 a 棒到達小段絕緣材料前已經(jīng)勻速運動。（1）當 a 棒滑過絕緣材料后，若要使 b 棒在導軌上保持靜止，則電源電動勢應小于某一值E0。求 E0 的大小。（2）若電源電動勢小于 E0，使 a 棒以速度 v1(v1 為已知量)滑過絕緣材料，求 a 棒通過虛線 M1N1 和 M2N2 的過程中，a 棒產(chǎn)生的焦耳熱。（3）若電源電動勢大于 E0，使 a 棒以速度 v2(v2 為已知量)滑過絕緣材料，從 a 棒剛好滑過絕緣材料開始計時，經(jīng)過 t0 后滑過虛線 M2N2 位置，此時 a 棒的速度為v2求 t0 時刻金屬棒 b 的速度大小。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分

13、。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、A【解析】由圖可知，電子加速度恒定，則可知受電場力不變，由F=Eq可知，電場為勻強電場，故A正確；而電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，電子帶負電，由=EPq，可知，A點的電勢要大于B點電勢，故BC錯誤；點電荷產(chǎn)生的電場中，一條電場線上的點的場強都不相同，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。2、D【解析】剪斷細線前，只有對彈簧有作用力，所以剪斷細線前彈簧的彈力，將細線剪斷的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，隔離，則有:，代入數(shù)據(jù)解得，D正確3、B【解析】A、圖象的縱坐標表示速度，縱坐標的正負表示速度

14、的方向，則036s速度均為正，表示一直向上方向運動；故A錯誤.B、電梯在036s內(nèi)上升的總高度等于梯形的面積大小，；故B正確.C、根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，可知30s36s的加速度最大為；故C錯誤.D、030s的位移為，故平均速度為；故D錯誤.故選B.【點睛】本題考查對速度-時間圖象的理解能力，關(guān)鍵抓住圖象的數(shù)學意義來理解圖象的物理意義，知道圖象的斜率表示加速度，面積表示位移.4、D【解析】A：滑動變阻器R滑片向左滑動，滑動變阻器接入電路的阻值變大，電路總電阻變大，干路電流I減??；據(jù)U1=E-Ir可得，電源的路端電壓U1增大；據(jù)I1=U1R1可得，流過R1的電流增大；據(jù)UR0=(I-I1)

15、R0可得，電阻R0的兩端電壓減小；據(jù)UR=U1-UR0可得，電阻R的兩端電壓增大，電壓表V1示數(shù)增大故A項錯誤B：當外電阻等于內(nèi)電阻時，電源的輸出功率最大；滑動變阻器R滑片向左滑動，滑動變阻器接入電路的阻值變大，外電阻增大，由于外電阻與內(nèi)電阻的大小關(guān)系未知，電源的輸出功率可能增大可能減小故B項錯誤C：電壓表V1測電源的路端電壓，電流表A測的是干路電流，據(jù)U1=E-Ir可得，U1與I比值等于電阻內(nèi)阻r故C項錯誤D：滑動變阻器R滑片向左滑動，電源的路端電壓U1增大(U1)，電阻R0的兩端電壓減小，電阻R的兩端電壓增大(U1)，且U1=UR+UR0，所以U1小于U1故D項正確5、C【解析】帶電粒子垂

16、直射入電場中做為平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動.根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得到偏轉(zhuǎn)量y的表達式,求解質(zhì)量之比;根據(jù)水平位移與初速度之比求解時間之比.【詳解】A、粒子電荷量之比為1：1，粒子在豎直方向上做勻加速運動，由 ，可知 A和B在電場中運動的時間之比為2：1，故A錯；B、A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1：1，根據(jù) ，所以A和B運動的加速度大小之比為1:1,故B錯；C、根據(jù)題意OC=CD，兩粒子水平方向上做勻速運動，根據(jù) ，可知A和B的初速度大小之比為1：1，故C對；D、A和B的位移大小之比為1：2，豎直方向也有位移，那么合位移之比不能等于

17、1：2，故D錯；故選C6、A【解析】試題分析：根據(jù)分析前后能級差的大??；根據(jù)折射率與頻率的關(guān)系分析折射率的大小；根據(jù)判斷傳播速度的大??；根據(jù)發(fā)生光電效應現(xiàn)象的條件是入射光的頻率大于該光的極限頻率判斷是否會發(fā)生光電效應波長越大，頻率越小，故的頻率最小，根據(jù)可知對應的能量最小，根據(jù)可知對應的前后能級之差最小，A正確；的頻率最小，同一介質(zhì)對應的折射率最小，根據(jù)可知的傳播速度最大，BC錯誤；的波長小于的波長，故的頻率大于的頻率，若用照射某一金屬能發(fā)生光電效應，則不一定能，D錯誤【點睛】光的波長越大，頻率越小，同一介質(zhì)對其的折射率越小，光子的能量越小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在

18、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】A. 船在軌道上由A到B的過程中，萬有引力做正功，動能增大，故A正確；BD. 飛船在A點由軌道變到軌道，萬有引力大于向心力，故需要點火減速，飛船點火后瞬間的速度減小；在軌道上的機械能小于在軌道上的機械能，故B錯誤，D錯誤；C. 由于飛船經(jīng)過A點時，受到的萬有引力相等，所以在軌道上的加速度等于在軌道上的加速度，故C正確。8、AD【解析】AB設(shè)QP之間的豎直高度為h，物塊甲M點滑到P點過程機械能守恒，由機械能守恒定律得解得物塊甲第一次與物塊乙碰前速度大小碰后物塊甲立即反向，恰能

19、回到軌道上Q點，由機械能守恒定律得解得碰撞后甲的速度大小為設(shè)甲的質(zhì)量為m，則乙的質(zhì)量為3m，甲乙發(fā)生彈性碰撞，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得，故A正確，B錯誤；CD由于第一次碰撞后兩物塊的速度大小相等，則物塊甲、乙將同時回到最低位置P點發(fā)生第二次彈性碰撞，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得物塊甲的速度大小為碰撞后對甲，由機械能守恒定律得解得h=R，物塊甲能回到M點，故C錯誤，D正確。故選AD。9、AD【解析】CD動滑輪兩邊繩子拉力相等，且在水平方向的分量也要相等才能平衡，故兩邊繩子與水平方向的夾角相等，都等于，繩子上的拉力總是等于A的重力保持

20、不變，且動滑輪兩邊繩子的拉力合力總是等于mBg，合力不變，根據(jù)平行四邊形合成，則兩邊繩子的夾角不變，即不變。故C錯誤，D正確。AB小車向左緩慢移動一小段距離，由上分析可知繩子與水平方向的夾角不變，而小車和滑輪之間的水平距離增大，因此滑輪到小車之間的繩子應變長，繩子總長度不變，則物體A將上升。故A正確，B錯誤。10、AB【解析】AC. 第10s秒初速度為8m/s，前兩秒做勻加速直線運動，平均速度為，其加速度為，不是做自由落體運動，A正確，C錯誤；B. 圖像的斜率表示加速度，所以14s末斜率為零，加速度為零，做勻速直線運動，B正確；D. 速度圖象的面積表示位移，面積可以通過圖象與時間軸所圍成的面積

21、估算，本題可以通過數(shù)方格的個數(shù)來估算，（大半格和小半格合起來算一格，兩個半格算一格）每格面積為4m，20s內(nèi)數(shù)得的格數(shù)大約為49格，所以18s內(nèi)運動員下落的總高度為：，故D錯誤【點睛】在速度時間圖像中，需要掌握三點，一、速度的正負表示運動方向，看運動方向是否發(fā)生變化，只要考慮速度的正負是否發(fā)生變化，二、圖像的斜率表示物體運動的加速度，三、圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，在坐標軸上方表示正方向位移，在坐標軸下方表示負方向位移三、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、C B D 【解析】(1)1在研究向心力的大小F與質(zhì)量m、角速度和半徑r之間的關(guān)

22、系時，需先控制某些量不變，研究另外兩個物理量的關(guān)系，所以：在探究向心力的大小F與角速度的關(guān)系時，要保持小球的質(zhì)量與運動的半徑相同，故C正確；(2)2在實驗時需先控制某些量不變，研究另外兩個物理量的關(guān)系，該方法為控制變量法，故B正確；(3)3A根據(jù)向心力的公式，在質(zhì)量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度平方成正比，故A錯誤；B根據(jù)向心力的公式在質(zhì)量和半徑一定的情況下，向心力的大小與線速度的大小的平方成正比，故B錯誤；C根據(jù)向心力的公式在質(zhì)量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成正比，故C錯誤；D根據(jù)向心力的公式在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質(zhì)量成正比，故D正確。12、C 用盡

23、可能小的圓圈住所有落點，圓心即為平均落點的位置 【解析】(1)1 根據(jù)動能定律可得：根據(jù)平拋規(guī)律可得：聯(lián)立可得探究動能定理的關(guān)系式：根據(jù)表達式可知為了探究動能定理，并測量當?shù)氐闹亓铀俣冗€需測量的量為小鋼球的質(zhì)量m，故AB錯誤，C正確(2)2 由解析（1）可知探究動能定理的關(guān)系式為：。(3)3 從斜槽上同一位置靜止?jié)L下，由于存在誤差落于地面紙上的點跡，形成不完全重合的記錄痕跡，平均確定落點位置的方法為：用盡可能小的圓圈住所有落點，圓心即為平均落點的位置；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) (2),【解析】(1)對小滑塊從釋放至經(jīng)過軌道底端的運動過程，由機械能守恒定律有，解得小滑塊C沖上小車瞬間的速度大?。?2)從小滑塊C滑上平板小車到兩者共速，平板小車做勻加速運動，對這一過程中的滑塊小車系統(tǒng)由動量守恒定律有，對這一過程中的平板小車由動理定理有，對這一過程中的小滑塊由動能定理有，對這一過程中的平板小車由動能定理有，是平板小車的最小