2022-2023學年山東省東營市實驗中學物理高三上期中學業(yè)水平測試模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、符合題目要求的。1、下列關于物理學思想方法的敘述錯誤的是( )A探究加速度與力和質量關系的實驗中運用了控制變量法B加速度 、功率 P=W/t 的定義都運用了比值定義法C千克、米、秒都是基本單位D平均速度、合力、有效值等概念的建立運用了等效替代法2、電磁炮是一種理想的兵器,而電容式電磁炮一直是世界各國研究的熱點研究它的主要原理如圖若電容器的電容C=510-2F,電磁炮釋放前兩端電壓為2kV,利用這種裝置可以把質量m=20g的彈體(包括金屬桿EF的質量)在極短的時間內加速到500m/s發(fā)射出去,若這種裝置的軌道寬L=2m、軌道內充滿磁感應強度B=2.5T的勻強磁場,不計軌道摩擦且金屬桿EF與軌道始

3、終接觸良好,則在這個過程中下列說法正確的是（ ）A通過電磁炮的電荷量為2CB通過電磁炮的電荷量為100CC電容器兩端的電壓將變?yōu)?.5kVD電容器兩端的電壓將變?yōu)?0V3、如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為，B與地面間的動摩擦因數為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F，則A當時，A、B都相對地面靜止B當時，A的加速度為C當時，A相對B滑動D隨著F的增大，B的加速度會超過4、宇航員王亞平在“天宮1號”飛船內太空授課時，指令長聶海勝懸浮在太空艙內“太空打坐”的情景如圖若聶海勝的質量為m，距離地球表面的高度為h，地

4、球質量為M，半徑為R，引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，則聶海勝在太空艙內受到重力的大小為 A0 Bmg C D5、如圖所示，輕質彈簧一端固定在墻壁上，另一端與擋板相連（擋板質量不可忽略）放置在光滑的水平面上。把一質量為m的物體A緊靠著擋板壓縮彈簧后，由靜止開始釋放，彈簧前端到O點時物體與擋板分離，此時物體的動能為E；現換一質量為M(Mm)的物體B緊靠著擋板壓縮彈簧到相同的位置，由靜止釋放，則A彈簧前端到O點左側時B物體與擋板分離B彈簧前端到O點右側時B物體與擋板分離C物體B與擋板分離時的動能大于EoD物體B與擋板分離時的動能小于Eo6、如圖，可視為質點的小球位于半圓柱體左端點A的正上方

5、某處，以初速度v0水平拋出，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點。過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為30，則半圓柱體的半徑為（不計空氣阻力，重力加速度為g ）（）ABCD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、美國地球物理專家通過計算可知，因為日本的地震導致地球自轉快了1.6s（1s的百萬分之一），通過理論分析下列說法正確的是A地球赤道上物體的重力會略變小B地球赤道上物體的重力會略變大C地球同步衛(wèi)星的高度略調小D地球同步衛(wèi)星的高度略調大8、一質點開始時做勻速直線運動，

6、從某時刻起受到一恒力作用此后，該質點的動能可能( )A一直增大B先逐漸減小至零，再逐漸增大C先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大9、如圖所示，繃緊的長為6 m的水平傳送帶，沿順時針方向以恒定速率v12 m/s運行。一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v25 m/s。若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.2，重力加速度g10 m/s2，下列說法中正確的是A小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動B若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出C若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右

7、端滑出D若小物塊的速度為1 m/s，小物塊將以5 m/s的速度從傳送帶右端滑出10、一質量為的小球從處自由下落，與水平地面相碰后以的速度反彈已知小球與地面的作用時間為，重力加速度取，則下列說法正確的是（ ）A小球反彈起的最大高度為B碰撞前后速度改變量的大小為C地面對小球的沖量大小為D地面對小球的平均作用力大小為三、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）指針式多用電表是實驗室中常用的測量儀器，請回答下列問題：（1）在使用多用電表測量時，若選擇開關找至“25V“擋，指針的位置如圖（a）所示，則測量結果為_V（2）多用電表測量未知電阻阻值的電

8、路如圖（b）所示，電源的電動勢為E，R0為調零電阻某次將待測電阻用電阻箱代替時，電路中電流I與電阻箱的阻值Rx關系圖象如圖（c）所示，則此時多用電表的內阻為_，該電池的電動勢E_V（3）下列判斷正確的是（_）A在圖（b）中、電表的左、右插孔處分別標注著“”、“+”B由圖線（c）的特點可知，歐姆表的刻度盤上的數字左小右大C歐姆表調零的實質是通過調節(jié)R，使Rx0時電路中的電流達到滿偏電流D電阻Rx的變化量相同時，Rx越小，則對應的電流變化量就越?。?）如果隨著使用時間的增長，該多用電表內部的電源電動勢減少，內阻增大，但仍然能夠歐姆調零，如仍用該表測電阻，則測量結果是_（填“偏大”“偏小”或“不變”

9、）12（12分）某學生用如圖甲所示電路測金屬導線的電阻率，可供使用的器材有：被測金屬導線ab(電阻約10 ，允許流過的最大電流0.8 A)，穩(wěn)恒電源E(電源輸出電壓恒為E12 V)，電壓表V(量程為3 V，內阻約為5 k)，保護電阻：R110 ，R230 ，R3200 ，刻度尺、螺旋測微器，開關S，導線若干等實驗時的主要步驟如下：用刻度尺量出導線ab的長度L，用螺旋測微器測出導線的直徑d.按如圖甲所示電路將實驗所需器材用導線連接好閉合開關S，移動接線觸片P，測出aP長度x，讀出電壓表的示數U.描點作出Ux曲線求出金屬導線的電阻率.完成下列填空：（1）用螺旋測微器測量金屬導線的直徑d，其示數如圖

10、乙所示，該金屬導線的直徑d_ mm.（2）如果實驗時既要保證安全，又要測量誤差較小，保護電阻R應選_（3）根據多次實驗測出的aP長度x和對應每次實驗讀出的電壓表的示數U給出的Ux圖線如圖丙所示，其中圖線的斜率為k，則金屬導線的電阻率_.(用實驗器材中給出的物理量字母和實驗步驟中測出的物理量字母表示)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）如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R=0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1kg的滑塊（大小不計），從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F的大小隨位移

11、變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數為=0.25，與BC間的動摩擦因數未知，g取10m/s2，求：(1)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間；(2)滑塊到達B處時的速度大??；(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？14（16分）如圖所示，一個粗細均勻的平底網管水平放置，右端用一橡皮塞塞住，氣柱長20 cm，此時管內、外壓強均為1.0105Pa，溫度均為27；當被封閉氣體的溫度緩慢降至3時，橡皮塞剛好被推動；繼續(xù)緩慢降溫，直到橡皮塞向內推進了5 cm已知圓管的橫截面積為4.0105m2，橡皮塞與網

12、管間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，大氣壓強保持不變求：（1）橡皮塞與圓管間的最大靜摩擦力；（2）被封閉氣體最終的溫度15（12分）如圖所示，高速收費站有人工收費通道和ETC（不停車電子收費系統(tǒng)）通道，汽車通過ETC通道不用停車，比通過人工收費通道節(jié)約很多時間某小汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛至收費站前某處減速，使車勻減速直線運動，恰好能停在人工收費通道的繳費窗口，繳費后立即勻加速到20m/s后繼續(xù)勻速前行已知小轎車減速時的加速度大小為，加速時加速度大小為，停車繳費需用時25s則：（1）小汽車應該在離人工收費窗口多遠處開始減速？（2）小汽車通過人工收費通道時，從開始減速到恢復原速需要多少

13、時間？（3）汽車通過ETC通道時可以不停車，但要求汽在跟人工窗口一樣距離遠處開始減速，且通過ETC窗口時速度不超過6m/s，則該小汽車經ETC通道最多可節(jié)約多少時間？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、B【解析】在探究牛頓第二定律實驗時，需要控制質量一定，研究加速度與外力的關系，控制外力一定，研究加速度和質量的關系，故用到了控制變化量法，A正確；公式是加速度的決定式，不是比值法定義，B錯誤；g、m、s為基本量的單位，C正確；等效替代法是一種常用的方法，它是指用一種情況來等效替換另一種情況如“平均速度”、“合力與分力

14、”等，D正確2、A【解析】A、B項：對電磁炮由動量定理可知，得：，代入數據解得：，故A正確，B錯誤；C、D項：由公式得：，所以電容器兩端電壓變?yōu)?，故C、D錯誤故應選：A3、C【解析】由題意可知考查板塊模型，靈活選擇研究對象，運用牛頓第二定律計算可得?！驹斀狻咳物體分析，合外力時最大時加速度最大，由牛頓第二定律可得最大加速度 此時外力為F，取整體為研究對象，由牛頓第二定律可得 聯立可得取整體為研究對象，B受到地面的摩擦力 ，總結如下：當外力F ，AB都靜止，當F ，AB出現相對滑動。A由前面分析可知，當時，A、B一起勻加速運動，故A錯誤；B由前分析可知，當時，AB一起加速度運動，取整體為研究對

15、象，由牛頓第二定律可得可得AB的加速度為都要為，故B錯誤；C由前面分析可知當時，A相對B滑動，故C正確；D由前面的分析可知隨著F的增大，B的加速度不會超過，故D錯誤?！军c睛】板塊模型中，掌握好臨界條件，靈活運用整體法和隔離法選擇研究對象，根據牛頓第二定律計算可得。4、D【解析】飛船在距地面高度為h處，由萬有引力等于重力得： ，故D正確，ABC錯誤；故選D.5、C【解析】AB擋板與B物體分離時加速度相同、兩物體間的彈力為零，所以分離時B物體的加速度為零，即擋板的加速度也為零，由于水平面光滑，所以彈簧恢復到原長時擋板的加速度為零，即彈簧前端在O點時B物體與擋板分離，故AB錯誤；CD由于兩次彈簧壓縮

16、到相同的位置，所以初始狀態(tài)彈簧的彈性勢能相同，從開始到兩物體分離由能量守恒得： ，由于物體B的質量大于物體A的質量，所以B物體與擋板分離時的速度較小，此時擋板具有的動能較小，由能量守恒可得B物體的動能較大，即大于，故C正確，D錯誤。6、C【解析】在B點由速度分解可知，豎直分速度大小為由平拋運動規(guī)律和圓周的幾何條件可知 解得所以ABD錯誤；C正確。故選C。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、AC【解析】試題分析：據題，日本的地震導致地球自轉快了1.6s，地球自轉的周期變

17、小以赤道地面的物體來分析：由于地球自轉的周期變小，在地面上的物體隨地球自轉所需的向心力會增大，而“向心力”等于“地球對物體的萬有引力減去地面對物體的支持力”，萬有引力的大小不變，所以必然是地面對物體的支持力減小地面對物體的支持力大小等于物體受到的“重力”，所以是物體的“重力”減小了故A正確，B錯誤對地球同步衛(wèi)星而言，衛(wèi)星的運行周期等于地球的自轉周期地球自轉的周期T變小了，由開普勒第三定律R3T2=k可知，衛(wèi)星的軌道半徑R減小，衛(wèi)星的高度要減小些，故C正確，D錯誤故選AC考點：萬有引力定律的應用【名師點睛】本題是信息題，我們要從題目中找出與所求解問題相關的物理信息，再根據物理知識解答；對地球同步

18、衛(wèi)星而言，衛(wèi)星的運行周期等于地球的自轉周期，由開普勒第三定律可以得出衛(wèi)星的高度的變化8、ABD【解析】試題分析：一質點開始時做勻速直線運動，說明質點所受合力為0，從某時刻起受到一恒力作用，這個恒力就是質點的合力根據這個恒力與速度的方向關系確定質點動能的變化情況解：A、如果恒力與運動方向相同，那么質點做勻加速運動，動能一直變大，故A正確B、如果恒力與運動方向相反，那么質點先做勻減速運動，速度減到0，質點在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運動，動能再逐漸增大故B正確C、如果恒力方向與原來運動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相同，這個方向速度就

19、會增加，另一個方向速度不變，那么合速度就會增加，不會減小故C錯誤D、如果恒力方向與原來運動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相反，這個方向速度就會減小，另一個方向速度不變，那么合速度就會減小，當恒力方向速度減到0時，另一個方向還有速度，所以速度到最小值時不為0，然后恒力方向速度又會增加，合速度又在增加，即動能增大故D正確故選ABD【點評】對于直線運動，判斷速度增加還是減小，我們就看加速度的方向和速度的方向對于受恒力作用的曲線運動，我們可以將速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究9、BC【解析】A小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，

20、設加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x。根據牛頓第二定律得：mg=ma，解得：a=g=2m/s2物塊速度減為零時的位移為：所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向右做勻加速直線運動。故A錯誤。B傳送帶的速度為5m/s時，物塊在傳送帶上受力情況相同，則運動情況相同，從傳送帶左端滑出，故B正確。C若小物塊的速度為4 m/s時，物塊速度減為零時的位移為：所以小物塊沒有從傳送帶左端滑出，當小物塊與傳送帶共速時運動的位移為：所以物塊將會與傳送帶共速，即小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出。故C正確。D若小物塊的速度為1 m/s，物塊速度減為零時的位移為：所以小物塊沒有從傳送帶左端滑出，當小物塊速

21、度向右達到1m/s時運動的位移為：所以小物塊將以1 m/s的速度從傳送帶右端滑出。故D錯誤。10、AD【解析】規(guī)定向下為正方向，依據豎直上拋運動的特點故故A正確；速度的改變量即由自由落體的特點可知得，故故B錯誤；依據動量定理， 故由題可知， 得， 故C錯誤，D正確；故選AD點睛：由于物體在空中只受重力，所以無論物體的下落過程還是從地面反彈的過程，物體的加速度都是g，位移、速度以及動量都是矢量，解題時要注意正方向.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、11.5 1.5104 12 AC 偏大 【解析】（1）選擇開關置于“25V”時，選擇表盤第二排刻度進行讀數，分度值為0.5V，對應刻度示數為：11.5V（2）根據閉合電路的歐姆定律得： ，由題圖可得Ig0.8mA，當I0.3mA時，Rx15 k，解得 R內15 k1.5104，E12 V（3）根據電流紅進黑出，在題圖b中，電表的右、左插孔處分別標注著“+”“”，故A正確；函數圖象是非線性變化，導致歐姆表刻度不均勻，歐姆表的刻度盤上的示數左大右小，由于外電阻增大電路電流減小造成的，故B錯誤；歐姆表調零通過調節(jié)滑動變阻器R0，調節(jié)至待測電阻Rx為零（即兩表筆短接）時，電流表滿偏，對應歐姆表示數為零，故C正確；歐姆表刻度不均