2023屆哈爾濱市重點中學高三物理第一學期期中經典模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、如圖所示是一種古老的舂米機舂米時，稻谷放在石臼A中，橫梁可以繞O軸轉動，在橫梁前端B處固定一舂米錘，當腳踏在橫梁另一端C點往下壓時，舂米錘便向上抬起然后提起腳，舂米錘就向下運動，擊打A中的稻谷，使稻谷的殼脫落變?yōu)榇竺滓阎狾CO

2、B，則在橫梁繞O轉動過程中( )AB、C的向心加速度相等BB、C的線速度關系滿足vBvCCB、C的角速度關系滿足BCD舂米錘擊打稻谷時對稻谷的作用力大于稻谷對舂米錘的作用力2、如圖，兩個小球分別被兩根長度不同的細繩懸于等高的懸點，現(xiàn)將細繩拉至水平后由靜止釋放小球，當兩小球通過最低點時，兩球一定有相同的 ( )A速度B角速度C加速度D機械能3、如圖所示，傾角為30的斜面體固定在水平面上，質量分別為3m和m的物塊A、B通過細線跨過滑輪相連?，F(xiàn)在A上放一小物體，系統(tǒng)仍能保持靜止。細線質量、滑輪的摩擦都不計。則A細線的拉力增大BA所受的合力增大CA對斜面的壓力增大D斜面對A的摩擦力不變4、如圖所示,a

3、、b兩物體的質量分別為m1和m2,由輕質彈簧相連.當用恒力F豎直向上拉著a,使a、b一起向上做勻加速直線運動時,彈簧伸長量為x1,加速度大小為a1;當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a,使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時,彈簧伸長量為x2,加速度大小為a2,則()Aa1=a2,x1=x2Ba1x2Da1x25、如圖所示，質量為m1=1kg的物塊和質量為m2=2kg的長木板疊放在水平地面上，物塊與長木板間的動摩擦因數為，長木板與地面間的動摩擦因數為，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，g=10m/s2，下列選項正確的是:( )A若F=3.5N，長木板對物塊的

4、摩擦力大小為3.5NB若F=4.2N，物塊的加速度為0.4m/s2C若F=4.8N，地面對長木板的摩擦力大小為4ND若F=9N，物塊的加速度為3m/s26、關于場強和電勢的下列說法，不正確的是( )A在勻強電場中,電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢B處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體C在電場中兩點間移送電荷的過程中,電場力始終不做功,則電荷所經過路徑上的各點場強一定為零D兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的電勢相等二、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、

5、如圖，一塊木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參照物，A、B都向前移動一段距離，在此過程中（）A外力F做的功等于A和B的動能的增量BB對A的摩擦力所做的功,等于A的動能的增量CA對B的摩擦力所做的功,等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和8、如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球視為點電荷，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點圖中未畫出時速度為零則小球aA從N到Q的過程中，重力與庫

6、侖力的合力一直增大B從N到Q的過程中，速率先增大后減小，最大速率的位置在P點C從P到Q的過程中，動能減少量大于電勢能增加量D從N到Q的過程中，電勢能先增加后減小9、2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波（引力波的周期與其相互環(huán)繞的周期一致）。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈，將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（ ）A質量之和 B速率之比 C速率之和 D所輻射出的引力波頻率10、懸掛在電梯天花板上的彈簧測力計的掛鉤掛著質

7、量為m的物體,電梯靜止時彈簧測力計示數為,下列說法正確的是( )A當電梯勻速上升時,彈簧測力計的示數增大,電梯勻速下降時,彈簧測力計的示數減小B只有電梯加速上升時,彈簧測力計的示數才會增大,只有電梯加速下降時,彈簧測力計的示數才會減小C不管電梯向上或向下運動,只要加速度的方向豎直向上,彈簧測力計的示數一定增大D不管電梯向上或向下運動,只要加速度的方向豎直向下,彈簧測力計的示數一定減小三、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）在用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，使質量為的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實

8、驗要求的紙帶如圖所示為第一個點，為從合適位置開始選取連續(xù)點中的三個點已知打點計時器每隔打一個點，當地的重力加速度為，那么：（1）根據圖上所得的數據，應取圖中點到_點來驗證機械能守恒定律（2）從點到（1）問中所取的點，重物重力勢能的減少量_，動能增加量_；請簡述兩者不完全相等的原因_（結果取三位有效數字）（3）若測出紙帶上所有點到點之間的距離，根據紙帶算出各點的速度及物體下落的高度，則以為縱軸，以為橫軸畫出的圖像是圖中的_A BC D12（12分）某實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長關系”的實驗中，將不同數量的鉤碼分別掛在豎直輕彈簧的下端，彈簧始終處于彈性限度內進行測量，根據實驗所測數據，利用描點法

9、做出了所掛鉤碼的總重力G與彈簧總長L的關系圖像如圖所示。則（1）該彈簧的勁度系數為_；（2）由圖像可求出，彈簧的彈力F跟彈簧長度L之間的關系式為_N。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）位于豎直平面內的直角坐標系,軸沿水平方向.在第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強電場,場強，方向豎直向下；第二象限內有另一勻強電場E2,電場方向與軸正方向成45角斜向上,如圖所示.有一質量為、電荷量為+q的帶電小球在水平細線的拉力作用下恰好靜止在坐標處.現(xiàn)剪斷細線,小球從靜止開始運動,先后經過兩電場后,從A點進入無電場區(qū)

10、域最終打在軸上的D點,重力加速度為g,試求:（1）電場E2的場強;（2）A點的位置坐標;（3）到達D點時小球的動能14（16分）如圖所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點，且兩者固定不動一長L為0.8 m的細繩，一端固定于O點，另一端系一個質量m1為0.2 kg的球當球在豎直方向靜止時，球對水平桌面的作用力剛好為零現(xiàn)將球提起使細繩處于水平位置時無初速釋放當球m1擺至最低點時，恰與放在桌面上的質量m2為0.8kg的小鐵球正碰，碰后m1小球以2 m/s的速度彈回，m2將沿半圓形軌道運動，恰好能通過最高點Dg=10m/s2,求：（1）m2在圓形軌道最低點C的速度為多大？（2）

11、光滑圓形軌道半徑R應為多大？15（12分）圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面一質量為m的游客（視為質點）可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力（1）若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；（2）若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，有因為受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h（提示：在圓周運動過程中任一點，質點所受的向心力

12、與其速率的關系為）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】AC.由圖可知，B與C屬于同軸轉動，則它們的角速度是相等的，即C=B.由：a=2r，而OCOB，可知C的向心加速度較大；故A錯誤，C錯誤；B.由于OCOB，由v=r，可知C點的線速度大；故B正確；D.錘對稻谷的作用力與稻谷對舂米錘的作用力是一對作用力與反作用力，二者大小相等；故D錯誤.2、C【解析】試題分析：根據動能定理得：mgL=mv2，解得：，因為L不等所以速度不等，故A錯誤；B、根據解得：a=2g，所以兩球加速度相等，又a=L2，所以角速度不等，

13、故B錯誤C正確；因為兩球的質量關系未知，初始位置它們的重力勢能不一定相等，所以在最低點，兩球的機械能不一定相等，故D錯誤；故選C.考點：動能定理；向心加速度【名師點睛】此題考查了動能定理的應用以及向心加速度及角速度的知識；解決本題的關鍵掌握動能定理和機械能守恒定律，知道擺球在最低點靠合力提供做圓周運動的向心力，列的式子即可解答；此題是基礎題，意在考查基礎知識的應用.3、C【解析】A對物體M受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：T=mg繩子拉力一定不變，故A錯誤；B系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，所以A受力平衡，A所受的合力不變，故B錯誤；CA對斜面的壓力等于重力垂直于斜面的分力，即N=Mgcos在A上

14、放一小物體，M增大，壓力增大，故C正確；DA受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，開始時3mgsin30mg，靜摩擦力沿斜面向上，如圖根據平衡條件得到：f+mg-3mgsin=0解得：f=3mgsin30-mg；在A上放一小物體，系統(tǒng)仍能保持靜止，A的質量增大，沿斜面向下的分力增大，則摩擦力增大，故D錯誤。4、B【解析】先對AB整體進行分析，可以得出整體運動的加速度；再對隔離出受力最少的一個進行受力分析，由牛頓第二定律可得出彈簧彈力，則可得出彈簧的形變量【詳解】對整體分析有： ，可知a1a1；隔離對b分析有：F1-m1g=m1a1，解得：，可知F1=F1，根據胡克定律知，x1=x1故應選：B【點睛】

15、本題考查了牛頓第二定律和胡克定律的基本運用，掌握整體法和隔離法的靈活運用5、B【解析】兩物體間的滑動摩擦力,2與地面間的摩擦力,則當F3N時，兩物體開始一起滑動，由于f1f2,故木板最終會加速運動，2的最大加速度大小為，對整體受力分析可知當兩物體的加速度達到0.5m/s2時，兩物體開始發(fā)生相對滑動，此時拉力，解得F=4.5N.A、3NF=3.5N4.5N,則1和2一起加速，對1物體有，得，故A錯誤.B、3NF=4.2N4.5N,兩者都各種加速且相對滑動，故地面對木板的摩擦力為滑動摩擦力為3N，則C錯誤.D、F=9N4.5N，同樣是兩物體都各自加速且相對滑動，對1物體，得，故D錯誤則選B.【點睛

16、】對AB受力分析，當施加的拉力小于B與地面的摩擦力時，AB靜止，對B受力分析，判斷出B的最大加速度，在對A受力分析，判斷出AB發(fā)生相對滑動時的拉力大小，此后AB受到的摩擦力均為滑動摩擦力，結合牛頓第二定律即可判斷.6、C【解析】A由勻強電場中電場強度的表達式：可知，在勻強電場中，電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢，故A不符題意；B處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，其表面是等勢面，故B不符題意；C由電場力做功與電勢差的關系：W=qU可知，在電場中兩點間移送電荷的過程中，電場力始終不做功，則電荷所經過路徑上的各點的電勢相等，而電勢與場強無關，故各點場強的關系未知，故C符合題意；

17、D由于兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的場強均垂直于中垂面，故沿中垂面移動電荷，電場力不做功，故該面上各點的電勢相等，故D不符題意.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】A.選擇A和B作為研究對象，運用動能定理研究：B受外力F做功，A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等WF+（-fx）=EkA+EkB其中x為A、B的相對位移所以外力F做的功不等于A和B的動能的增量

18、，故A錯誤B.對A物運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量，故B正確C.A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，故C錯誤D.對B物體應用動能定理，WF-Wf=EkBWf為B克服摩擦力所做的功，即WF=EkB+Wf就是外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確8、AC【解析】分析庫侖力及重力的合力，根據功的公式明確合力做功情況；再根據重力做功和電場力做功的特點與勢能的關系分析電勢能的變化.【詳解】A、當電荷a在N點時，受豎直向下的重力和水平向右的電場力，a

19、從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q的過程中，電場力和重力之間的夾角（不是鈍角）一直減小，且電場力逐漸增大，所以重力與電場力的合力一直增大，選項A正確；B、在N點是，電場力與重力的合力與該點的切線方向之間的夾角是銳角，所以在開始向下運動的過程中，合力做正功，速率增大；在P時，速度的方向是水平向左的，與合力之間的夾角為鈍角，所以在此之間，合力已經開始做負功了，所以有段時間速率減小，從N到P的過程中，速率先增大后減小，速率最大點應該在NP間某點，故B錯誤；C、從P到Q的過程中，電場力做負功，重力也做負功，動能的減少量等于電勢能和重力勢能的增加量之和，即動能減少量大于電勢能增加量，故C正確

20、；D、從N到Q的過程中點除外，電場力的方向與速度的方向始終成鈍角，電場力做負功，電勢能始終增加，故D錯誤；故選AC.【點睛】本題考查功能關系，要注意明確電場力和重力具有相同的性質，即重力做功量度重力勢能的改變量；而電場力做功量度電勢能的改變量功和能的關系：功是能量轉化的量度有兩層含義：(1)做功的過程就是能量轉化的過程，(2)做功的多少決定了能轉化的數量，即：功是能量轉化的量度,功是一種過程量，它和一段位移一段時間相對應；而能是一種狀態(tài)量，它與一個時刻相對應兩者的單位是相同的都是，但不能說功就是能，也不能說“功變成了能”.9、ACD【解析】設兩顆星的質量分別為m1、m2，軌道半徑分別為r1、r

21、2，相距L=400km=4105m，根據萬有引力提供向心力可知：Gm1m2L2=m1r12=m2r22，整理可得：G(m1+m2)L2(r1+r2)42T2=42LT2，解得質量之和（m1+m2）=42L3GT2，其中周期T=1/12s，故A錯誤；由于T=1/12s，則角速度為：=2/T=24 rad/s，這是公轉角速度，不是自轉角速度；根據v=r可知：v1=r1，v2=r2；解得：v1+v2=（r1+r2）=L=9.6106m/s，由于r1、r2的大小不能確定，則不能求解兩星的速率之比，故C正確，B錯誤。兩星在環(huán)繞過程中會輻射出引力波，該引力波的頻率與兩星做圓周運動的頻率相同，則f=1/T=

22、12Hz，選項D正確；故選ACD?！军c睛】本題實質是雙星系統(tǒng)，解決本題的關鍵知道雙星系統(tǒng)的特點，即周期相等、向心力大小相等，結合牛頓第二定律分析求解。10、CD【解析】電梯勻速運動上升或下降時，物體都處于平衡狀態(tài)，彈簧測力計示數等于物體的重力，保持不變，A錯誤；當電梯加速上升或減速下降時，物體都處于超重狀態(tài)，彈簧測力計的示數都增大；當電梯加速下降或減速上升時，物體都處于失重狀態(tài)，彈簧測力計的示數都減小，B錯誤；不管電梯向上或向下運動，只要加速度的方向豎直向上，物體都處于超重狀態(tài)，彈簧測力計的示數都增大，C正確；不管電梯向上或向下運動，只要加速度的方向豎直向下，物體都處于失重狀態(tài)，彈簧測力計的示

23、數都減小，D正確，選CD【點睛】電梯勻速運動，處于平衡狀態(tài)，彈簧測力計示數不變，超重時物體的加速度向上，失重時物體加速度向下 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、B 1.88 1.84 重物下落時受到空氣阻力和紙帶與打點計時器間的阻力作用 A 【解析】解：(1) 驗證機械能守恒時,我們驗證的是減少的重力勢能和增加的動能之間的關系，由點能夠測和的數據，而、兩點不方便測出速度，故應取圖中點和點來驗證機械能守恒定律；(2)減少的重力勢能：，根據利用勻變速直線運動的推論可得點的速度：，點的動能為：，動能增加量為：，動能的增加量小于重力勢能的減少

24、量的原因主要是重物下落時受到空氣阻力和打點計時器與紙帶間的阻力作用，一部分重力勢能轉化為內能；(3)從理論角度物體自由下落過程中機械能守恒可以得出，可得，所以以為縱軸，以為橫軸畫出的圖線應是過原點的傾斜直線，故選項A正確12、300 【解析】（1）1圖線與坐標軸交點即表示彈簧所受彈力大小F=0時，彈簧的長度是原長，可知彈簧的原長是L0=0.05m。根據胡克定律得勁度系數為：（2）2根據胡克定律可知彈簧的彈力F跟彈簧長度L之間的關系式為：F=k（L-L0）=300（L-0.05）N；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) (2l,2l) (3)19mg