洋泾中学

更新时间:2022-11-25 03:35:28 阅读: 评论:0


2022年11月25日发(作者:韩国天气情况)

2022-2023高三上物理期中模拟试卷

考生须知:

1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;

非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,

只有一项是符合题目要求的。

1、关于通电螺线管磁极的判断,下列示意图中正确的是

()

A

B

C

D

2、在如图所示的电路中,输入电压

U

恒为

8V

,灯泡

L

标有

“3V,6W”

字样,电动机

线圈的电阻

R

M=1Ω

.若灯泡恰能正常发光,下列说法正确的是(

A

.电动机的输出功率

10W

B

.整个电路消耗的电功率是

10W

C

.电动机的效率是

80%

D

.流过电动机的电流是

2A

3、以下说法正确的是(

A

.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐升高

B

.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大

C

.电容器电容

C

与电容器所带电荷量

Q

成正比

D

.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力没有发生了变化

4、在点电荷

Q

形成的电场中,有

M、N

两点,如图所示.以下说法正确的是

A

M

点的场强大于

N

点的场强

B

M

点的电势高于

N

点的电势

C

.将一正点电荷分别放在

M

点和

N

点,则该电荷在

M

点电势能大

D

.将一负点电荷分别放在

M

点和

N

点,则该电荷在

M

点电势能大

5、如图所示,固定在地面上的半圆轨道直径

ab

水平,质点

P

与半圆轨道的动摩擦因数

处处一样,当质点

P

a

点正上方高

H

处自由下落,经过轨道后从

b

点冲出竖直上抛,

上升的最大高度为

2

H

,空气阻力不计.当质点下落再经过轨道

a

点冲出时,能上升的

最大高度

h

()

A

.不能从

a

点冲出半圆轨道

B

.能从

a

点冲出半圆轨道,但

h<

2

H

C

.能从

a

点冲出半圆轨道,但

h>

2

H

D

.无法确定能否从

a

点冲出半圆轨道

6、测量万有引力常量,并检验万有引力定律的科学家是

A

.亚里士多德

B

.伽利略

C

.牛顿

D

.卡文迪什

二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,

有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得

0分。

7、如今极限运动滑板深受年轻人喜爱,如图所示,质量为

m

运动员开始站在高为

h

0

的轨道底部,脚下有一滑板.脚踩滑板由静止开始运动,在轨道间来回滑动,表演着流

畅的动作花样,最高点比轨道上边缘高

h

.从运动员开始到最高点的过程中,运动员身

体中产生热量

Q

,克服各种摩擦力及空气阻力做功总为

W

f,重力加速度为

g

,轨道底

部水平,以下说法最合理的是(

A

.在轨道底部与滑板一起加速阶段脚对滑板的摩擦力向前

B

.滑板对运动员做功至少为

mg(h+h

0

)+Q+W

f

C

.运动员体能消耗至少为

mg(h+h

0

)+Q+W

f

D

.此过程不遵循能量守恒定律

8、如图所示,质量为

M

的长木板静止在光滑水平面上,上表面

OA

段光滑,

AB

段粗

糙且长为

l

,左端

O

处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所

能承受的最大拉力为

F

.质量为

m

的小滑块以速度

v

A

点向左滑动压缩弹簧,弹簧

的压缩量达最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉

落.则()

A

.细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为

F

M

B

.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为2

1

2

mv

C

.弹簧恢复原长时滑块的动能为2

1

2

mv

D

.滑块与木板

AB

间的动摩擦因数为

2

2

v

gl

9、如图所示,传送带以

v

0的初速度匀速运动。将质量为

m

的物体无初速度放在传送

带上的

A

端,物体将被传送带带到

B

端,已知物体到达

B

端之间已和传送带相对静止,

则下列说法正确的是

()

A

.传送带对物体做功为

mv

0

2/2

B

.传送带克服摩擦做功

mv

0

2/2

C

.电动机由于传送物体多消耗的能量为

mv

0

2/2

D

.在传送物体过程产生的热量为

mv

0

2/2

10、倾角为的三角形斜面体固定在水平面上,在斜面体的底端附近固定一挡板,一质

量不计的的弹簧下端固定在挡板上,其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的

O

点.质

量分别为

4m、m

的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接,且跨过固定在斜面体顶端的

光滑定滑轮,如图所示.开始物块甲位于斜面体上的

M

处,且

MO=L

,滑块乙开始距

离水平面中足够高,现将物块甲和乙由静止释放,物块甲沿斜面下滑,当滑块将弹簧压

缩到

N

点时,滑块的速度减为零,

2

L

ON

.已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数

3

,30

8

,重力加速度取210/gms,忽略空气的阻力,整个过程细绳始

终没有松弛.且乙未碰到滑轮,则下列说法正确的是(

A

.物块由静止释放到斜面体上

N

点的过程,物块甲先匀加速直线运动紧接着匀减速直

线运动到速度减为零

B

.物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为20.5/ms

C

.物块甲位于

N

点时,弹簧所储存的弹性势能的最大值为

15

8

mgL

D

.物块甲位于

N

点时,弹簧所储存的弹性势能的最大值为

3

8

mgL

三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写

出演算过程。

11.(6分)图

(

a

)

研究匀变速直线运动

实验中获得的一条纸带,

O

A

B

C

D

E

为纸带上六个计数点.加速度大小用

a

表示.

OD

间的距离为

_______cm

②图(

b

)

是根据实验数据绘出的

s

-

t2图线(

s

为各计数点至同一起点的距离),斜率表示

_______

,其大小为

_______m/s2(保留三位有效数字).

12.(12分)为描绘小灯泡

L“3V

1.5W”

的伏安特性曲线,某同学根据如下可供选择

的器材设计了如图所示电路(电路还没有完全接好).

A

.电流表(量程

1.6A

,内阻约

1Ω)

B

.电压表(量程

3V

,内阻约

3kΩ)

C

.滑动变阻器(

211Ω

1

3A)

D

.滑动变阻器(

11Ω

2A)

E

.电池组(电动势约

3V

,内阻未知)

F

.开关,带夹子的导线若干

G

.待测小灯泡

(1)

实验中滑动变阻器应选择

________(

“C”

“D”)

,请以笔画线代替导线将尚未连接

好的电压表连入电路中

_______________

(2)

在该同学连接最后一根导线的

c

端到直流电源正极之前,请指出其中的两个不当之

处:

I

_______________________________

;Ⅱ

________________________

(3)

改正上述两个不当之处后,他在测量中发现,无论如何调节滑动变阻器的滑片,电

压表和电流表的示数均不能取到较小值,其原因可能是导线

__________(

填图中导线代

)

没有连接好.

(4)

正确连接电路并排除故障后,通过调节滑动变阻器,得到多组电压表和电流表的示

数如下表所示,根据表中数据,在所给方格纸中描点并作出该灯泡的伏安特性曲

线.

_______________

四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出

必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13.(10分)一定质量的理想气体,状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的

p-V图线描述,其中D→A为等温线,气体在状态A时温度为TA

=300K,试求:

①气体在状态C时的温度TC

②若气体在A→B过程中吸热1000J,则在A→B过程中气体内能如何变化?变化了多

少?

14.(16分)如图所示,一个质量

m=

4.0kg

的物体静止在水平地面上,现用一大小

F=

20

N、与水平方向成

θ=

37°

斜向上的力拉物体,使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已

知物体与水平地面间的动摩擦因数

μ=

0.50

sin37º=0.60

cos37º=0.80

,空气阻力可忽略

不计,取重力加速度

g=

10m/s2。求:

1

)物体做匀加速直线运动的加速度大小

a

2

)物体由静止开始运动通过位移

x=

1.0m

所需要的时间

t

3

)物体由静止开始运动

4.0s

的过程中,拉力

F

所做的功

W

15.(12分)如图所示为一种打地基所用的夯,打夯时四人分别握住夯锤的一个把手,

同时向上用力然后同时松手,夯落至地面将地基夯实.若已知夯的质量为

80

kg

,每个

人对夯施加竖直向上的力均恒为

250N

,力的持续时间为

0.6

s

,夯落地时将地面砸出的

凹痕深为

2

cm

,重力加速度

g

10

m

/

s2,求

(1

)夯离地瞬间的加速度;

(2)夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力;

(3)夯在空中运动多长时间,其重力瞬时功率为1600W.

参考答案

一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,

只有一项是符合题目要求的。

1、

A

【解析】

根据右手螺旋定则可知,

A

螺线管的极性是正确的,故选

A.

2、

D

【解析】

灯泡正常发光,则电路电流:

6

2

3

P

IAA

U



,所以流过电动机的电流是

2A

,故

D

正确;整个电路消耗的功率

P

=

UI

=8V×2A=16W

,故

C

错误;灯泡正常发光时的电压

等于其额定电压,电动机的输入电压

U

M=

U

-

U

L=8V-3V=5V,电动机的热功

率:22214

M

PIRWW

,电动机的输出功率:

2252216

MM

PUIIRWW

,故

A

错误;则电动机的效

率:

6

00

=100=60

00

52

P

P



,故

C

错误.所以

D

正确,

ABC

错误.

3、

D

【解析】

A

、根据电场线的性质可知,在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低,故

A

错误;

B

、功率等于功与时间的比值,做功多但如果用时很长,功率可能较小,故

B

错误;

C

、电容器电容只与自身有关,与电容器所带电量以及两极板间的电压无关,故

C

错误;

D

、在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力,即吸引力不变,只是物体对外界

的压力或拉力发生了变化,故

D

正确。

故选:

D

4、

A

【解析】

该电场为点电荷电场,根据可知距离点电荷越近,电场强度越大,故M点场强

大于N点场强,A正确;正点电荷产生的电场中,电场线是向外辐射的,根据沿电场

线方向电势降低,可知M点的电势高于N点电势,而负电荷产生的电场中,电场线是

向内聚拢的,故M点电势低于N点电势,由于M和N点的电势关系不能确定,故不

能确定正负电荷在这两点的电势能,BCD错误.

5、

B

【解析】

试题分析:质点第一次在槽中滚动过程,由动能定理得:

00

2f

H

mgHW()()

f

W

为质点克服摩擦力做功大小,解得:

1

2f

WmgH

,即第一次质点在槽中滚动损失

的机械能为

1

2

mgH

,由于第二次小球在槽中滚动时,对应位置处速度变小,因此槽给

小球的弹力变小,摩擦因数不变,所以摩擦力变小,摩擦力做功小于

1

2

mgH

,机械能

损失小于

1

2

mgH

,因此小球再次冲出

a

点时,能上升的高度大于零而小于

1

2

H

,故

ACD

错误,

B

正确.

考点:动能定理

【名师点睛】本题的关键在于知道第二次运动过程中摩擦力做功比第一次小,明确动能

定理的应用范围很广,可以求速度、力、功等物理量,特别是可以去求变力功.摩擦力

做功使得机械能转化成内能.

6、

D

【解析】

卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量并检验万有引力定律,故

D

正确。

故选

D

二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,

有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得

0分。

7、

AC

【解析】

滑板加速向前,根据牛顿第二定律判断在轨道底部与滑板一起加速阶段脚对滑板的摩擦

力方向;根据动能定理和能量守恒关系判断滑板对运动员至少做功以及运动员体能消

耗.

【详解】

人在轨道底部与滑板一起加速阶段,滑板的加速度向前,则根据牛顿第二定律可知,脚

对滑板的摩擦力向前,选项A正确;对运动员的整个过程,设滑板对运动员做功为W

1

则由动能定理:

10

()0WmghhW

,即

10

=()WmghhW

,即滑板对运动员

做功至少为

mg(h+h

0

)+W,选项B

错误;由能量守恒关系可知:运动员体能消耗至

少为

mg(h+h

0

)+Q+W,选项C

正确;此过程仍遵循能量守恒定律,选项

D

错误;故

AC.

8、

ABD

【解析】

A

.细绳被拉断瞬间,对木板分析,由于

OA

段光滑,没有摩擦力,在水平方向上只受

到弹簧给的弹力,细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于

F

,根据牛顿第二定律有:

FMa

解得

F

a

M

,

A

正确;

B

.滑块以速度

v

A

点向左滑动压缩弹簧,到弹簧压缩量最大时速度为

0

,由系统的

机械能守恒得:细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为2

1

2

mv

B

正确;

C

.弹簧恢复原长时木板获得的动能,所以滑块的动能小于2

1

2

mv

C

错误;

D

.由于细绳被拉断瞬间,木板速度为零,小滑块速度为零,所以小滑块的动能全部转

化为弹簧的弹性势能,即2

1

2p

Emv

,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端,且速度与木

板相同,设为v,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得

0mMv

2

1

2p

EmMvmgl

联立解得

2

2

v

gl



D

正确。

故选

ABD

9、

AD

【解析】A、物体受重力支持力和摩擦力,根据动能定理,传送带对物体做的功等于动能

的增加量,即,故A正确;

B、根据动能定理得:摩擦力对物体做功大小为.在物体匀加速运动的过程中,因为传

送带的位移大于物体的位移,则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功,所以传

送带克服摩擦力做的功大于.故B错误;

C、电动机因为传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和,故大

于,故C错误;

D、在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积,即;

假设加速时间为t,物体的位移为,传送带的位移为,根据动能定

理,有,故热量,故D正确

综上所述本题答案是:

AD

10、

BD

【解析】

A、释放甲、乙后,物块甲沿斜面加速下滑,当与弹簧接触时,开始压缩弹簧,弹簧产

生沿斜面向上的弹力,但此时弹力小于物块甲沿斜面向下的作用力,故物块甲做加速度

减小的加速运动,当把弹簧压缩到某一位置时,物块甲沿斜面受力平衡,速度达到最大,

之后弹力大于物块甲沿斜面向下的作用力,物块甲做减速运动,

A

错误;

B、物块甲沿

斜面租受自身重力沿斜面分力

4sin2mgmg

、物块乙对其沿斜面的拉力

mg

和斜

面体对物块甲的摩擦力

333

4cos4

824

fmgmgmg,根据牛顿第二定律,

沿斜面方向则有:

4sinmgf5mamg

,解得2

1

0.5/,

20

agmsB

正确;

C、D、以物块甲和乙为研究对象,从M

点运动取

N

点,在

N

点弹簧压缩最短,弹性

势能达最大,物块甲和乙从

M

点运动到

N

点,由动能定理,得

0

GG

WWfW

甲乙

解得

3

8

mgL

,由弹力做的功等于弹性势能的变化,即

3

,

8P

EmgLC

错误,

D

正确.故选

BD.

【点睛】解决本题有两个关键:一是正确分析物块的受力情况,判断其运动情况.二是

明确能量是如何转化的,运用牛顿第二定律和能量守恒定律进行解答.

三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写

出演算过程。

11、①

1.20②加速度一半,0.933

【解析】

①1cm+1mm×2.0

=1.20cm

,②加速度一半,

2

22

1(2.80)10

/0.467/

20.060

amsms





,所以

a

=0.933m/s2

12、

D

连接电路时没有断开开关

滑动变阻器的滑片

P

的位置没有置于

b

端③

【解析】

(1)[1][2]

根据图像可知,电路采取的分压式接法,为方便实验操作,滑动变阻器应选最

大阻值较小的

D

,电路如下:

(2)[3][4]

由电路图可知,在连接电路时,没有断开开关;滑片没有移到分压电路分压为

零的位置即滑片没有置于

b

端.

(3)[5]

实验时,无论如何调节滑动变阻器的滑片,电压表和电流表的示数均不能取到较

小值,滑动变阻器被接成了限流接法,由电路图可知,导线③没有接好.

(4)[6]

通过描点做图得到

四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出

必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、(i)375K(ii)气体内能增加了

【解析】

A

D

状态的温度相同,借助

D

C

得过程确定

C

的温度,根据体积的变化确定气体

变化中做功的正负,结合热力学第一定律确定内能的变化;

【详解】

D

A

为等温线,则

C

D

过程由盖吕萨克定律得:

得:

A

B

过程压强不变,由

有热力学第一定律

则气体内能增加,增加

400

J

14、(1)20.50m/s

2

2.0s

3

64J

【解析】

1

)物体沿竖直方向所受合力为零,设地面对物体的支持力为

N

,因此有

sinNFmg

物体运动过程中所受摩擦力

fNmgFsin()

根据牛顿第二定律,有

cosFfma

解得:

20.50m/sa

2

)根据位移公式

x=2

1

2

at

解得

2x

t

a

=2.0s

3

)物体由静止开始运动

4.0s

的位移

x

=2

1

2

at

此过程中拉力

F

所做的功

cosWFx

解得

W=

64J

15、(

1)2.5m/s2(2)23300N(3)0.95s

【解析】

当夯离地时,根据牛顿第二定律可求出夯的加速度;从离地到最后静止,全过程用动能

定理可解的夯对地面的平均作用力;先求出向上的最大速度再和重力瞬时功率为

1600W

时的速度比较,可知此时刻出现在下落过程,利用速度公式可求得时间.

(1

)根据牛顿第二定律可得:

4Fmgma

带入数据解得:

a

=2.5m/s2

(2

)上升过程中位移为:

22

11

2.50.60.45

22

xatmm

由动能定理可得:

40Fsmghfh﹣

解得:

f

=23300N

(3)根据

Pmgv

,可得重力功率为

1600W

时瞬时速度为:

1600

m/s=2m/s

800

P

v

mg



上升过程中最大速度为:

v

=

at

=2.5×0.6=1.5m/s,

所以速度为

2m/s

出现在升到最高点后的下落过程中,

v

=﹣2m/s

撤去力后:

v

=

v

0

gt

,所以:



0

1.52

0.35

10

vv

tss

g





所以总时间为:

t

=0.6+0.35=0.95s

点睛:本题主要考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合,理清物体运动过

程,结合牛顿第二定律和运动学公式和动能定理即可求解.

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