2022-2023學(xué)年新疆石河子一中物理高三第一學(xué)期期中聯(lián)考模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀(guān)題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等。不計(jì)空氣阻力，該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值為（）ABC1D2、雨滴在空氣中下落，當(dāng)速度比較大的時(shí)候，它受到的空氣阻力與其速度的二次

2、方成正比，與其橫截面積成正比，即FfkSv2，則比例系數(shù)k的單位是 ()Akg/m4Bkg/m3Ckg/m2Dkg/m3、如圖所示,質(zhì)量為m的物塊始終固定在傾角為的斜面上,下列說(shuō)法中正確的是A若斜面向上勻速移動(dòng)距離s ,斜面對(duì)物塊沒(méi)有做功B若斜面向右勻速移動(dòng)距離s,斜面對(duì)物塊做功mgsC若斜面向左以加速度a移動(dòng)距離s ,斜面對(duì)物塊做功masD若斜面向下以加速度a移動(dòng)距離s斜面對(duì)物體做功m(g+a) s4、（改編）一個(gè)單擺，如果擺球的質(zhì)量增加為原來(lái)的4倍，擺球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)的速度減為原來(lái)的，則單擺的（ ）A頻率不變，振幅不變B頻率不變，振幅改變C頻率改變，振幅不變D頻率改變，振幅改變5、將一物體

3、由坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0拋出，在恒力作用下軌跡如圖所示，A為軌跡最高點(diǎn)，B為軌跡與水平x軸交點(diǎn)，假設(shè)物體到B點(diǎn)時(shí)速度為vB ，v0與x軸夾角為，vB與x軸夾角為，已知OA水平距離x1小于A(yíng)B水平距離x2，則（ ）A物體從O到A時(shí)間大于從A到B時(shí)間B物體在B點(diǎn)的速度vB大于v0C物體在O點(diǎn)所受合力方向指向第一象限D(zhuǎn)可能等于6、在同一地點(diǎn)，甲、乙兩物體沿同一方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖所示，則（ ）A甲物體比乙物體早出發(fā)2sB再次相遇前，在4s時(shí)，甲、乙兩物體相距最遠(yuǎn)C6s時(shí)，甲、乙兩物體相遇D甲、乙兩物體加速時(shí)，甲物體的加速度小于乙物體的加速度二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20

4、分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知P、Q、M三顆衛(wèi)星均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中P是地球同步衛(wèi)星，則（）A衛(wèi)星Q、M的加速度aQaMB衛(wèi)星P、M的角速度P0)的液滴，在場(chǎng)強(qiáng)大小為3mgq、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面內(nèi).A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，已知該液滴在A(yíng)點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30，不計(jì)空氣阻力。求（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。（2）當(dāng)此帶電液滴運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)（C點(diǎn)圖中為畫(huà)出），

5、液滴由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中的機(jī)械能改變量。14（16分）商場(chǎng)工作人員推著質(zhì)量m=20kg的貨箱沿水平地面滑行若用力F1=100N沿水平方向推貨箱，貨箱恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；現(xiàn)改用F2=120N水平推力把貨箱從靜止開(kāi)始推動(dòng)（g取10m/s2）（1）求貨箱與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）F2作用在貨箱上時(shí)，求貨箱運(yùn)動(dòng)的加速度大小；（3）在F2作用下，貨箱運(yùn)動(dòng)4.0s時(shí)撤掉推力，求貨箱從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的總位移大小15（12分）中國(guó)計(jì)劃在2020年前后一次性實(shí)現(xiàn)火星的“繞”、“落”探測(cè)，如果火星探測(cè)任務(wù)成功以后將會(huì)對(duì)中國(guó)的火星探測(cè)積累豐富的經(jīng)驗(yàn)已知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，火星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比

6、為q，火星半徑與地球半徑之比為p，求：（1）火星表面的重力加速度；（2）探測(cè)器繞火星表面運(yùn)行的速度參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】設(shè)拋出時(shí)物體的初速度為v0，高度為h，物塊落地時(shí)的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：據(jù)題有：聯(lián)立解得：則故選C。2、B【解析】表達(dá)式Ff=kSv1中：Ff、S、v的單位分別為N，m1、m/s，又1N=1kgm/s1，則得：1kgm/s1=1km1m1/s1，所以k的單位為 kg/m3，故B正確，ACD錯(cuò)誤故選B.點(diǎn)睛：本題是信息題，根據(jù)力學(xué)單位制求

7、出比例系數(shù)的單位，關(guān)鍵要掌握各個(gè)物理量的單位，知道1N=1kgm/s13、C【解析】A物塊和斜面一起豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)，物塊受力平衡，斜面對(duì)物塊的力大小等于物塊的重力mg，方向豎直向上，位移方向也向上，所以W=mgs，故A錯(cuò)誤；B斜面向右勻速運(yùn)動(dòng)，物塊也是勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，斜面對(duì)物塊的力等于其重力，方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)方向（位移矢量）始終與斜面作用力垂直，所以不做功，故B錯(cuò)誤；C物塊和斜面一起向左以加速度a移動(dòng)距離s，物塊所受的合力做的功等于mas，物塊受到重力和斜面對(duì)物塊的力，所以，重力做的功加上斜面對(duì)物塊做的功之和等于mas，又因?yàn)橹亓ψ龉榱?，所以斜面?duì)物塊做的功等于mas，故C正確；D物

8、塊和斜面一起豎直向下以加速度a移動(dòng)距離s，物塊所受的合力做的功等于mas，物塊受到重力和斜面對(duì)物塊的力，所以重力做的功加上斜面對(duì)物塊做的功之和等于mas，又因?yàn)橹亓ψ龉閙gs，所以斜面對(duì)物塊做的功等于mas-mgs，故D錯(cuò)誤。4、B【解析】CD決定單擺周期的是擺長(zhǎng)及當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋?，單擺的周期與質(zhì)量無(wú)關(guān)，與單擺的運(yùn)動(dòng)速度也無(wú)關(guān)當(dāng)然，頻率也與質(zhì)量和速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；AB決定振幅的是外來(lái)因素反映在單擺的運(yùn)動(dòng)中，可以從能量去觀(guān)察，從上面分析我們知道，在平衡位置（即最低點(diǎn)）時(shí)的動(dòng)能，當(dāng)m增為原來(lái)的4倍，速度減為原來(lái)的時(shí)，動(dòng)能不變，最高點(diǎn)的重力勢(shì)能也不變但是由于第二次擺的質(zhì)量增大了（實(shí)際上

9、單擺已經(jīng)變成另一個(gè)擺動(dòng)過(guò)程了），勢(shì)能不變，m大了，h就一定變小了，也就是說(shuō)，振幅減小了故A錯(cuò)誤，B正確5、B【解析】物體在恒力作用下運(yùn)動(dòng)，故可將物體運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直方向上的勻變速運(yùn)動(dòng)；又有A為軌跡最高點(diǎn)，所以，A點(diǎn)的水平速度為0；O點(diǎn)和B點(diǎn)的豎直高度一致，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：物體從O到A時(shí)間等于從A到B時(shí)間，故A錯(cuò)誤；已知OA水平距離x1大于A(yíng)B水平距離x2，且物體從O到A時(shí)間等于從A到B時(shí)間，那么物體在A(yíng)B上的平均速度大于在OA上的，所以，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向右，所以物體在B點(diǎn)的速度vB大于v0，故B正確；由圖可知，恒力在豎直方向上的分量方向向下；由A可知

10、，恒力在水平方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，則物體在O點(diǎn)所受合力方向指向第四象限，故C錯(cuò)誤；由B可知物體在豎直方向上做勻變速運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)和在B點(diǎn)時(shí)豎直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可知，物體在O點(diǎn)和在B點(diǎn)時(shí)水平方向上的分速度方向相同，vBv0，所以，大于，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)睛】在類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)中，我們一般將物體運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)垂直方向上的分運(yùn)動(dòng)；若題目給出的條件為水平、豎直方向上的，則將運(yùn)動(dòng)按這兩個(gè)方向分解；若題目給的條件較少，且可轉(zhuǎn)化到合外力方向和垂直合外力方向，則按沿合外力及垂直合外力方向分解.6、B【解析】A由圖知，甲物體比乙物體晚出發(fā)2s。故A不符合題意。B在t=

11、4s前，甲物體比乙物體快，甲物體在乙物體的前方，兩者間距逐漸增大。在t=4s后，甲物體比乙物體慢，兩者間距逐漸減小，因此，在4s時(shí)，甲、乙兩物體相距最遠(yuǎn)。故B符合題意。C6s時(shí)，甲的速度為10m/s，0-6s內(nèi)，甲的位移為：乙的位移為：可知6s時(shí)兩者位移不等，所以沒(méi)有相遇。故C不符合題意。D根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知甲、乙兩物體加速時(shí)，甲物體的加速度大于乙物體的加速度。故D不符合題意。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解析】A由萬(wàn)有引力提供向心力G=ma得a

12、=G衛(wèi)星Q、M的加速度aQaM故A錯(cuò)誤；B由萬(wàn)有引力提供向心力G=m2r得則半徑大的角速度小，則PM故B正確；C衛(wèi)星Q的軌道平面不與赤道重合，則不可能相對(duì)地面靜止，選項(xiàng)C正確；D衛(wèi)星P、Q的質(zhì)量關(guān)系不確定，則機(jī)械能不一定相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。8、AC【解析】A根據(jù)兩個(gè)物體的總位移相等，v-t圖象的“面積”表示位移，作出兩個(gè)物體的v-t圖象，可知t甲t乙故A正確Bv-t圖象的斜率表示加速度，由圖知，甲勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度小于乙勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，由牛頓第二定律得：mgsin+mgcos=ma得 a=gsin+gcos則知小時(shí)，a小，因此物體與甲傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)比乙小，故B錯(cuò)誤C根據(jù)動(dòng)能

13、定理得： 則得傳送帶對(duì)物體做功 h、v、m都相等，則W相等，故C正確D設(shè)傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)甲中：物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：物體與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：x甲=vt甲-L=L物體的加速度為： 由牛頓第二定律得：mgsin+f甲=ma甲得：產(chǎn)生的熱量為： 乙中：物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間為物體與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：物體的加速度為： 由牛頓第二定律得：mgsin+f乙=ma乙得： 產(chǎn)生的熱量為：則知乙與物體摩擦產(chǎn)生的熱量較多，故D錯(cuò)誤9、AD【解析】A 平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平位移為s和的時(shí)間比2：3，則豎直方向上，根據(jù)則有解得h1=1.8h2，故A正確；B若保持擊球高度不變，要想球落在對(duì)方界內(nèi)，要既不能

14、出界，又不能觸網(wǎng)，根據(jù)得，則平拋運(yùn)動(dòng)的最大速度根據(jù)得，則平拋運(yùn)動(dòng)的最小速度故B錯(cuò)誤；C任意降低擊球高度（仍大于h2），會(huì)有一臨界情況，此時(shí)球剛好觸網(wǎng)又剛好壓界，若小于該臨界高度，速度大會(huì)出界，速度小會(huì)觸網(wǎng)，所以不是高度比網(wǎng)高，就一定能將球發(fā)到界內(nèi)，故C錯(cuò)誤；D增加擊球高度，只有速度合適，球一定能發(fā)到對(duì)方界內(nèi)。故D正確。故選AD。10、ABC【解析】點(diǎn)電荷只受電場(chǎng)力作用沿圓弧MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力充當(dāng)向心力，與速度方向垂直，電場(chǎng)力不做功，所以M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，A正確；根據(jù)幾何知識(shí)可得圓弧所對(duì)圓心角為，所以運(yùn)動(dòng)半徑為，點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)角速度為，故點(diǎn)電荷的向心加速度為，B正確；該點(diǎn)電荷q可以在兩

15、個(gè)等量同種點(diǎn)電荷中垂面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以該點(diǎn)電荷q所處的電場(chǎng)可能是兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷所產(chǎn)生的，故C正確；點(diǎn)電荷的電性未知，所以無(wú)法判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向，D錯(cuò)誤三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、C 等于 不需要 A 需要 【解析】(1)1A打點(diǎn)計(jì)時(shí)器必須使用交流電源，A錯(cuò)誤；B實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)該先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，然后釋放小車(chē)，B錯(cuò)誤；C實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持細(xì)繩與平板平行，故C正確；D要讓小車(chē)從靠近定滑輪處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。(2)2因在操作中滿(mǎn)足則在操作中，小車(chē)所受的合力大小即小車(chē)所受的合力大小等于mg。3在本實(shí)驗(yàn)中，因?yàn)樾≤?chē)加速下滑時(shí)，不懸掛

16、沙桶和沙子，故不需要滿(mǎn)足沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量。(3)4在合力不變的條件下，加速度與質(zhì)量成反比，所以圖象是過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線(xiàn)，故A正確。(4)5因在操作中滿(mǎn)足：則在操作中，每次改變小車(chē)質(zhì)量M后，需要重新調(diào)節(jié)平板的傾角。12、ABC 甲 不能 【解析】(1)1A為了方便而且更加準(zhǔn)確確定力的方向，操作時(shí)可以使繩套細(xì)且長(zhǎng)一些故A正確B作圖時(shí)，我們是在白紙中作圖，做出的是水平力的圖示，若拉力傾斜，則會(huì)把傾斜的拉力當(dāng)做水平的拉力，從而帶來(lái)更大的誤差，所以應(yīng)使各力盡量與木板面平行故B正確C橡皮條彈性要好，拉結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一位置O時(shí)，拉力要適當(dāng)大些故C正確D為了做平行四邊形方便，拉力F1和F2的夾角適當(dāng)

17、，并非越大越好故D錯(cuò)誤(2)2實(shí)驗(yàn)中F1、F2合力的理論值是指通過(guò)平行四邊形定則求出的合力值，而其實(shí)驗(yàn)值是指一個(gè)彈簧拉橡皮條時(shí)所測(cè)得的數(shù)值，由此可知F是F1、F2合力的理論值，F(xiàn)是合力的實(shí)驗(yàn)值F一定沿細(xì)線(xiàn)方向，故符合實(shí)際的為甲(3)3兩力均為4N，且相互垂直，則其合力大小為：合力超過(guò)了彈簧秤的量程；故彈簧秤無(wú)法測(cè)出物體所受的合力，故不能使用四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）3mv028q，（2）15mv028【解析】（1）由題意知qE3mg，液滴重力不能忽略，把運(yùn)動(dòng)分解水平方向：vsin 60v0sin 3

18、0qEmt 豎直方向：vcos 60v0cos 30gt 由可得：v233v0，t=3v06g 由牛頓第二定律得水平方向加速度a=qEm=3g，水平位移：xv0sin30t12(3g)t23v028g UABEx3mv028q .（2）豎直方向：0= v0cos 30gt1 水平方向：x= v0sin 30t1qEm t12 根據(jù)功能關(guān)系有：E=Eqx=15mv028【點(diǎn)睛】解答本題主要是應(yīng)用力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等，這條線(xiàn)索通常適用于在恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況14、（1）0.5（2） （3）9.6m【解析】（1）木箱在水平拉力下勻速運(yùn)動(dòng)：F1-mg=0 =0.5（2）由牛頓第二定律：F2-mg=maa=1.0m/s2（3）設(shè)在F2作用下木箱的位移為x1，撤掉推力時(shí)木箱速度大小為v，撤掉