2022-2023學年山西省太原市迎澤區(qū)五中高三物理第一學期期中調研模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和

2、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、水平桌面上有三本疊放在一起、質量均為m的書，書與桌面及書與書之間的動摩擦因數均為，重力加速度為g，現想把中間的一本書水平抽出，則要用的力至少要大于（）ABCD2、如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角=37的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心，質量為m的小球(可視為質點)從與B點高度差為h的斜面上的A點處由靜止釋放，重力加速度大小為g，sin37=0.6，cos37=0.8，則下列說法正確的是A當h=3R時，小球過C點時

3、對軌道的壓力大小為B當h=2R時，小球會從D點離開圓弧軌道作平拋運動C調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點D調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，但一定不能落在B點3、某一質點運動的位移x隨時間t變化的圖象如圖所示，則（）A在10s末時，質點的速度最大B在010s內，質點所受合外力的方向與速度方向相反C在8s和12s時，質點的加速度方向相反D在20s內，質點的位移為9m4、如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正

4、確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) ()A糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B糧袋開始運動的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動C若tan ，則糧袋從A到B一定是一直做加速運動D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且agsin5、一種玩具的結構如圖所示，豎直放置的光滑鐵環(huán)的半徑為R=20cm，環(huán)上有一穿孔的小球m，僅能沿環(huán)做無摩擦的滑動，如果圓環(huán)繞著過環(huán)心的豎直軸以10rad/s的角速度旋轉（取g=10m/s2），則相對環(huán)靜止時小球與環(huán)心O的連線與O1O2的夾角是（）A60B45C30D756、物體做直線運動，速度時間圖像如圖所

5、示由圖像可以判斷( )A第1 s末物體相對于出發(fā)點的位移改變方向B第1 s末物體的速度改變方向C前2 s物體的位移之和為零D第3 s末和第5 s末物體的位置相同二、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，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與一物塊相連，物塊與水平面間的動摩擦因數為開始時用力推著物塊使彈簧壓縮，將物塊從A處由靜止釋放，經過B處時速度最大，到達C處速度為零，AC=L.在C處給物塊一初速度，物塊恰能回到A處彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g.則物塊（ ）A

6、在B處彈簧可能為原長B在C處的初速度大小一定是C從C到A的運動過程中，也是在B處的速度最大D從C到A經過B處的速度大于從A到C經過B處的速度8、如圖所示，AB部分為粗糙的四分之一圓弧軌道，半徑為R，A點與圓心O等高。一質量為m的小物體自軌道A點以大小不變的速度v沿軌道運動到B點，取小物體在A點開始運動時為計時起點，且此時的重力勢能為零，重力加速度為g，則在此過程中（ ）A小物體到達圓弧底端時，重力做功的瞬時功率為0B重力做的功大于小物體克服摩擦力做的功Ct時刻小物體的重力勢能為Dt時刻小物體的機械能為9、如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質絕緣細線的一端固定

7、在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行小球A的質量為m、電量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷小球A靜止在斜面上，則()A小球A與B之間庫侖力的大小為B當時，細線上的拉力為0C當時，細線上的拉力為0D當時，斜面對小球A的支持力為010、如圖所示，勁度系數為k的豎直彈簧下端固定于水平地面上，質量為m的小球從彈簧的正上方高為h的地方自由下落到彈簧上端，經幾次反彈后小球最終在彈簧上靜止于某一點A處，在以上三個量中只改變其中一個量的情況下，下列說法正確的是A無論三個量中的一個怎樣改變，小球與

8、彈簧的系統機械能守恒B無論h怎樣變化，小球在A點的彈簧壓縮量與h無關C小球的質量m愈大，最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能愈大D無論勁度系數k為多大，最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能都相等三、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）某同學利用圖甲所示的實驗裝置，探究加速度與物體受力、物體質量的關系實驗中打點計時器電源的頻率為50HZ（1）釋放小車前，小車應_（靠近/遠離）打點計時器（1）如圖乙所示，是某次實驗中打出的紙帶，兩點間還有四個點沒有標出請用刻度尺量出相關數據，求得打這條紙帶時小車的加速度是_ m/s1（3）小明在探究加速度與物

9、體受力的關系時，第一次用質量為100g的小車，第二次用質量為400g小車做實驗，得到了a-F圖象如圖丙所示，其中第一次做實驗對應的圖象是圖中_（4）探究加速度與物體質量的關系時，某同學采集到若干組實驗數據如下表，請選擇適當的物理量為坐標軸在圖丁中作出圖象，準確直觀地得出加速度與物體質量之間的關系_12（12分）在探究加速度與力、質量的關系實驗中，所用裝置如圖3所示某同學實驗后挑選出的紙帶如圖1所示圖中A、B、C、D、E是按打點先后順序依次選取的計數點，相鄰計數點間的時間間隔T=0.1s計數點C對應物體的瞬時速度為_m/s整個運動過程中物體的加速度為_m/s2 一位同學實驗獲得幾組數據以后，采用

10、圖像分析實驗數據將相應的力F和加速度a，在Fa圖中描點并擬合成一條直線，如圖2所示你認為直線不過原點的可能原因是_A鉤碼的質量太大B未平衡摩擦力C平衡摩擦力時木板的傾角太小，未完全平衡D平衡摩擦力時木板的傾角太大，失去平衡四、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，水平面上放著一塊質量為薄木板（厚度忽略不計），長為，木板處于靜止狀態(tài)。質量為的小物塊可視為質點放在木板的最右端。已知物塊與木板間的動摩擦因數，物塊與地面、木板與地面的動摩擦因數均為?？烧J為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現對木板施加一個水平向右的恒

11、力F（g取）。若要使木板開始運動，且物塊相對木板不滑動，則求F的取值范圍。若，求物塊即將滑離木板時的速度大小。若，物塊靜止時離木板右端距離。14（16分）2020年，我國將一次實現火星的“環(huán)繞、者陸、巡視”三個目標假設探測器到達火星附近時，先在高度為h軌道上環(huán)統半徑為R的火星做勻速圓周運動;之后通過變軌、減速落向火星探測器與火星表面碰撞后，以速度v豎直向上反彈經過時間t再次落回火星表面不考慮大星的自轉及火星表面大氣的影響，求:(1)火星表面重力加速度的大小;(2)探測器環(huán)線火星做勻速圓周運動的周期15（12分）（1）創(chuàng)設一個質點簡單的直線運動情景，設出字母來表示相關物理量，推導動量定理表達式（

12、要求畫出受力分析圖與運動情景圖）（2）利用如圖所示情景推導勻強電場中電場強度與電勢差的關系式：E=U/d (d為A、B兩點間沿電場線方向的距離）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、A【解析】當第一本書與第二本書間、第二本書與第三本書間恰好發(fā)生相對滑動時，第二本書剛好被抽出，此時，第三本書靜止不動，以上面兩本書為研究對象，根據牛頓第二定律求解。【詳解】當第一本書與第二本書間、第二本書與第三本書間恰好發(fā)生相對滑動時，第二本書剛好被抽出；以第一本書為研究對象，由牛頓第二定律得：以上面兩本書為研究對象，根據牛頓第二定律得：

13、兩式相比解得：，故A正確，BCD錯誤?！军c睛】本題要注意當書本之間恰好發(fā)生相對滑動時，是兩者將發(fā)生相對滑動的臨界狀態(tài)，物體做勻加速度直線運動，結合整體法和隔離法進行研究。2、D【解析】A.當h=3R時，小球從A點到C點的過程，根據機械能守恒有：小球過C點時有：聯立解得：FN=7.4mg據牛頓第三定律可知，小球過C點壓力大小為7.4mg，故A錯誤；B.若小球恰好從D點離開圓弧軌道，則有：，從開始到D的過程，有mg（h0-R-Rcos）=mv02解得：，h0=2.3R2R所以當h=2R時，小球在運動到D前已經脫離軌道，不會從D點離開做平拋運動，故B錯誤；CD.若小球以速度v0從D點離開后做平拋運動

14、，則 R+Rcos=gt2得：且所以小球能從D點離開圓弧軌道，但一定不能落在B點，故D正確，C錯誤3、B【解析】A由x-t圖像可知，據速度與圖線斜率的關系，據v=k=x/t=0，此時速度最小，所以A選項錯誤；B0-10s內，質點遠離原點，圖線的斜率減小，所以速度減小，則質點做減速運動，合外力與速度方向相反，B選項正確；C10-15s內質點靠近原點，圖線斜率增大，質點速度增加，質點做加速運動，加速度方向與速度方向一致，所以，第5s末和第15s末，質點的加速度方向一致，都指向原點，C選項錯誤；D在20s內質點的路程為9m，但位于為1m，所以D選項錯誤。故選B。4、A【解析】A.糧袋在傳送帶上可能一

15、直做勻加速運動，到達B點時的速度小于等于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確.B.糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為mgcos，根據牛頓第二定律得到，加速度a=g(sin+cos），若tan，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直是做加速運動，可能是一直以g(sin+cos)的加速度勻加速，也可能先以g(sin+cos)的加速度勻加速，后以g(sin-cos)勻加速；故B錯誤.C.若tan，糧袋從A到

16、B可能是一直做加速運動，有可能在二者的速度相等后，糧袋做勻速直線運動;故C錯誤.D.由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運動，故D錯誤.5、A【解析】小球轉動的半徑為Rsin，小球所受的合力垂直指向轉軸，根據平行四邊形定則和牛頓第二定律：F合mgtanmRsin2，解得：=60，故C正確，ABD錯誤6、D【解析】第1s內與第2s內對應圖形的面積都在t軸上方，即代表位移均為正，故第1s內與第2s內的位移方向相同，故A錯誤；1s末前后對應速度值均為正，故速度方向未該改變，B錯誤；前2s物體的位移一直為正，不是零，故C錯誤；第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末

17、到第5s末物體的位移為零，故第3s末和第5s末物體的位置相同，故D正確；故選D【點睛】本題考查對圖象的識別，要知道圖線與t軸所圍面積表示運動位移，圖形在t軸上方表示位移為正，圖形在t軸下方表示位移為負；“斜率”等于加速度；解題時重點要看清坐標軸，其次要看斜率，即圖線所圍的面積表示的含義二、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、BD【解析】物塊從A到C的過程中，合力為零時速度最大對來回兩個過程，分別運用能量守恒定律列式，可求初速度根據物塊返回時受力情況判斷其運動情況【詳解】物

18、塊從A到C的過程中，彈簧的彈力先大于滑動摩擦力，后小于滑動摩擦力，物塊先加速后減速，所以當彈力等于滑動摩擦力時速度最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)故A錯誤設釋放前彈簧的彈性勢能為Ep根據能量守恒定律得：從AC的過程有：Ep=mgL；從CA的過程有：Ep+mgL=mv02 ；解得，在C處的初速度 v0=2，故B正確從C到A的運動過程中，物塊經過B時彈力向右，滑動摩擦力也向右，合力不為零，所以B點的速度不是最大，故C錯誤兩次經過B點時彈簧的彈性勢能相同，設為EpBBC間的距離為S根據能量守恒定律得，從BC的過程有：EpB+mvB12 =mgS，即得mvB12=mgS-EpB；從CB的過程有：EpB+mg

19、S+ mvB22= mv02，即得 mvB22= mv02-EpB-mgS；將Ep=mgL和Ep+mgL=mv02，代入上式得：mvB22=2mgL-EpB-mgSmvB12，可知，vB2vB1即從C到A經過B處的速度大于從A到C經過B處的速度故D正確故選BD【點睛】本題關鍵是分析清楚物體向右運動的過程中速度的變化情況，根據力和運動的關系分析運用分段法研究能量的轉化情況8、AD【解析】A小物體沿軌道做勻速圓周運動，在最低點速度沿水平方向，與重力垂直，故重力的功率為0，所以A正確；B整個過程中，小物體速度大小不變，由動能定理知:重力做功與克服摩擦力做功大小相等，故B錯誤；CD由于A點是零勢點，故

20、初態(tài)重力勢能為0，根據幾何關系可知：t時刻小物體重力勢能為：t時刻小物體的機械能為故C錯誤，D正確。故選AD.9、AC【解析】由題意知，根據庫倫定律可求小球A與B之間庫侖力的大小為，故A正確；以小球A為研究對象受力分析如圖：根據物體的平衡條件可求當mg、Fc、FN三力的合力等于零時，即時，細線上的拉力為0，所以B錯誤；C正確；由平衡條件知，小球A受彈力不可能為零，所以D錯誤10、BC【解析】因為小球最終在彈簧上靜止于某一點，所以運動過程中一定有機械能的損失，故A錯誤小球靜止與A點，則在A點受力平衡，重力等于彈力，所以壓縮量只跟重力有關系，與h無關，則無論h怎樣變化，小球在A點的彈簧壓縮量與h無

21、關，故B正確小球的質量m愈大，最終小球靜止在A點時，彈簧形變量越大，彈簧的彈性勢能愈大，故C正確A點是小球所受的彈力與重力的平衡位置，則最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能，k越小，彈性勢能越大故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、靠近 0.80m/s10.90m/s1 【解析】（1）1為了在紙帶上得到更多的點，釋放小車前，小車應靠近打點計時器；（1）1根據紙帶測量可得：，。根據逐差法：；（3）3根據實驗原理，在滿足小車質量遠大于砝碼和砝碼盤質量時，小車受到的拉力近似等于砝碼和砝碼盤的重力，a-F的關系圖線是一條直線。第一次用質量較

22、小的小車，當砝碼和砝碼盤的質量較大，即F較大時，圖像發(fā)生了彎曲。故第一次做實驗對應的圖象是圖中的；（4）4利用表中數據，在坐標系中描點，畫出圖像，如圖所示：；12、（1）0.676； 1.57； （2）D 【解析】（1）利用中點時刻的速度等于平均速度得： 則整個過程中的加速度為： （2）從圖像中可以看出，當外力F等于零時，此時已經有一定的加速度了，說明平衡摩擦力時木板的傾角太大，失去平衡，故D正確；綜上所述本題答案是： （1）0.676； 1.57； （2）D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）3NF9N；（2）2m/s；（3）18m【解析】（1）根據木板受到地面的最大靜摩擦力求出F的最小值，根據牛頓第二定律求出m不發(fā)生相對滑動的最大加速度，對整體分析，根據牛頓第二定律求出最大拉力，從而得出F的范圍；（2）當F=13N時，M和m發(fā)生相對滑動，根據牛頓第二定律分別求出m和M的加速度，結合位移關系，運用運動學公式求出滑離時經歷的時間，根據速度時間公式求出物塊滑離木板時的速度大??；（3）根據牛頓第二定律分別求出滑離木板后木塊和木板的加速度，根據速度公式和速度位移關系求出木塊速度減到零時木塊的位移和所用的時間，根據位移時間關系求出木板的位移，根據幾