廣東省深圳市福田區(qū)耀華實驗學(xué)校國際班2022-2023學(xué)年物理高三上期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示,小車上固定著硬桿,桿的端點固定著一個質(zhì)量為 m 的小球。當小車有水平向右的加速度且逐漸增大時,桿對小球的作用力的變化(用 F1 至 F4 變化表示)可能是下圖中的(

2、OO沿桿方向)( )ABCD2、如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有( ) A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為0C圖乙中輕桿的作用力一定不為0D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍3、如圖所示為氫原子的能級示意圖，鋅的逸出功是3.34eV，下列對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認識正確的是：（ ）A用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B一群處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，

3、能放出3種不同頻率的光子C一群處于n=3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75 eVD用能量為10.3eV的光子照射氫原子，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)4、如圖所示，把兩個小球a、b分別從斜坡頂端以水平速度v0和3v0依次拋出，兩小球都落到斜面后不再彈起，不計空氣阻力，則兩小球在空中飛行時間之比是（ ）A11 B12 C13 D145、在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力拉物塊A，使它以加速度a沿斜面向上做勻加速運動

4、直到物塊B剛要離開擋板C。在此過程中（）A物塊A運動的距離為B拉力的最大值為m1gsin m1aC拉力做功的功率先增大后減小D彈簧彈性勢能先減小后增大6、如圖，光滑的四分之一圓弧軌道A、B固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切，穿在軌道上的小球在拉力F的作用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為N在運動過程中AF增大，N減小BF減小，N減小CF增大，N增大DF減小，N增大二、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、下列說法正確的是_。A全息照相主要是利用

5、了光的衍射現(xiàn)象B單反相機的增透膜利用了光的偏振現(xiàn)象C用標準平面檢查光學(xué)平面的平整程度是利用了光的干涉D用光導(dǎo)纖維傳輸信息是利用了光的全反射的原理E.醫(yī)學(xué)上用激光做“光刀”來進行手術(shù)，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特點8、如圖所示，MN、PQ是傾角為的兩平行光滑且足夠長的金屬軌道，其電阻忽略不計?？臻g存在著垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)體棒ab、cd垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r，軌道寬度為L，與軌道平行的絕緣細線一端固定，另一端與ab棒中點連接，細線承受的最大拉力Tm=2mgsin 。今將cd棒由靜止釋放，則細線被拉斷時，cd棒的

6、A速度大小是2mgrsinB2L2B速度大小是mgrsinB2L2C加速度大小是2gsin D加速度大小是09、如圖所示，在一根長為L的細線下面系一質(zhì)量為m的小球，將小球拉離豎直位置，使懸線與豎直方向成角，給小球一個初速度，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，懸線旋轉(zhuǎn)形成一個圓錐面，這就是常見的圓錐擺模型。關(guān)于圓錐擺，下面說法正確的是（）A小球質(zhì)量越大，圓錐擺的周期越小B小球線速度v越大，圓錐擺的周期T越大C懸點距離小球軌道平面越高，圓錐擺的周期T越大D小球做勻速圓周運動的線速度v越大，小球的向心加速度越大10、如圖傾角為的斜面上有A、B、C三點，現(xiàn)從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小

7、球均落在斜面上的D點今測得AB：BC：CD=5：3：1，由此可判斷（ ）AABC處拋出的三個小球運動時間之比為3：2：1BABC處拋出的三個小球的速率變化率之比為3：2：1CABC處拋出的三個小球的初速度大小之比為3：2：1DABC處拋出的三個小球落在斜面上時速度與斜面間的夾角之比為1：1：1三、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）用如圖所示的實驗裝置驗證m1、m1組成的系統(tǒng)機械能守恒m1從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律如圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一

8、個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出)，計數(shù)點間的距離s1=38.40cm、s1=11.60cm、s3=16.40cm、s4=31.11cm、s5=36.01cm所示已知m1=50 g、m1=150 g，頻率為50 Hz，則(g取9.8 m/s1，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)m1、m1運動的加速度大小為a=_m/s1，在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v5=_m/s;(1)在打點05過程中系統(tǒng)動能的增量Ek=_J,系統(tǒng)勢能的減少量Ep=_J,由此得出的結(jié)論是_；(3)若某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的v1 -h圖象如圖，則當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=_m/s112（12分）某同學(xué)用圖（a）所示的裝置測

9、量木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)跨過光滑定滑輪的細線兩端分別與木塊和彈簧測力計相連，滑輪和木塊間的細線保持水平，在木塊上方放置砝碼緩慢向左拉動水平放置的木板，當木塊和砝碼相對桌面靜止且木板仍在繼續(xù)滑動時，彈簧測力計的示數(shù)即為木塊受到的滑動摩擦力的大小某次實驗所得數(shù)據(jù)已在下表中給出，其中的值可從圖（b）中彈簧測力計的示數(shù)讀出砝碼的質(zhì)量0.050.100.150.200.25滑動摩擦力2.152.362.552.93回答下列問題：（1）=_：（2）在圖（c）的坐標紙上補齊未畫出的數(shù)據(jù)點并繪出圖線_；（3）與、木塊質(zhì)量、木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)及重力加速度大小之間的關(guān)系式為=_，圖線（直線）的斜率的表

10、達式為=_（4）取，由繪出的圖線求得_（保留2位有效數(shù)字）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，質(zhì)量的長木板靜止在光滑的水平面上，有一個質(zhì)量的可看作質(zhì)點的物體以的水平初速度從木板的左端沖上木板，相對木板滑行了2m后與木板保持相對靜止，求：（1）木板最終獲得的速度；（2）在此過程中產(chǎn)生的熱量；（3）從開始到物塊與木板相對靜止時，木板前進的距離是多少？14（16分）兩根光滑的長直金屬導(dǎo)軌M N、M N平行置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計，MM處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電

11、容為C長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中ab在外力作用下向右勻速運動且與導(dǎo)軌保持良好接觸，在運動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q求（1）ab運動速度v的大??；（2）電容器所帶的電荷量q15（12分）如圖所示，水平軌道與半徑為R的半圓形光滑豎直軌道相連，固定在地面上可視為質(zhì)點的滑塊a 和小球b 緊靠在一起靜止于半圓圓心的正下方N點，滑塊a 和小球b中間放有少許火藥，某時刻點燃火藥，滑塊a 和小球b瞬間分離，小球b 恰好能通過半圓軌道的最高點P 點，然后做平拋運動落到水平軌道MN上已知a 和b質(zhì)量分別為2m、m，滑塊a與水

12、平軌道MN之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，求：(1)滑塊a和小球b剛分離時b的速度大?。?2)小球b的落地點與滑塊a最終停下處之間的距離參考答案一、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、C【解析】小球與小車的運動情況保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進行受力分析，豎直方向受平衡力，所以桿子對小球的力的豎直向上的分量等于重力且不發(fā)生變化，水平方向合力向右并逐漸增大，所以桿子對小球的作用力的水平分量逐漸增大。A.與分析不符，故A錯誤。B.與分析不符，故B錯誤。C.與分析相符，故C正確。D.與分析不符，故D錯誤。

13、2、D【解析】撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin，加速度為2gsin；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin，故D正確，A.B.C錯誤故選D.點睛：根據(jù)彈簧彈力不能突變，桿的彈力會突變，分析撤去擋板的瞬間，圖甲和圖乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度3、C【解析】A.氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的最小能量為大于鋅的逸出功3.34eV，照射金屬鋅板一定能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，選項A錯誤；B.一群處于n4能級的氫

14、原子向基態(tài)躍遷時，能放出種不同頻率的光，選項B錯誤；C.氫原子從高能級向n=3的能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最大為因鋅的逸出功是3.34ev，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為選項C正確；D.能量10.3eV不等于任何兩個能級的能級差，不能被氫原子吸收發(fā)生躍遷，選項D錯誤。故選C?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵是知道什么是電離，以及能級的躍遷滿足，注意吸收光子是向高能級躍遷，釋放光子是向低能級躍遷，同時掌握吸收或釋放能量要正好等于能級之差。4、B【解析】試題分析：設(shè)斜面傾角為，將平拋運動分解到水平方向和豎直方向，第一次tan=12gt12v0t1，可得t1=2v0tang；第二次tan=12gt

15、222v0t1可得，t2=4v0tang，因此兩小球在空中飛行時間之比t1:t2=1:2，因此B正確，A、C、D錯誤。考點：平拋運動5、D【解析】A系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為x1，由平衡條件得kx1m1gsin ，解得物塊B剛要離開擋板C時，彈簧被拉伸，彈簧彈力等于物塊B的重力沿斜面方向的分力，設(shè)拉伸量為x2，由kx2m2gsin ，解得物塊A在力F作用下沿斜面向上運動直到物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為選項A錯誤；B在物塊B剛要離開擋板C時，拉力最大。隔離物塊A，分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)m1gsin kx2m1a，解得拉力F(m1m2)gsin m1a，選項B錯

16、誤；C在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，由于拉力逐漸增大，物塊A沿斜面做勻加速運動，速度逐漸增大，根據(jù)功率公式PFv可知，拉力做功的功率一直增大，選項C錯；D由于彈簧原來處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，彈簧先恢復(fù)原長，后被拉伸，又具有彈性勢能，即彈簧彈性勢能先減小后增大，選項D正確。故選D。6、A【解析】對球受力分析，受重力、支持力和拉力，如圖，根據(jù)共點力平衡條件，有N=mgcos F=mgsin其中為支持力N與豎直方向的夾角；當物體向上移動時，變大，故N變小，F(xiàn)變大；故A正確，BCD錯誤故選A注：此題答案應(yīng)該是A.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20

17、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、CDE【解析】A全息照相主要是利用了光的單色性好（即頻率相同），相位差穩(wěn)定的特點，不是光的衍射現(xiàn)象，故A錯誤；B增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象，由前后兩表面的反射光線進行相互疊加，故B錯誤； C用標準平面樣板檢查光學(xué)平面的平整程度是利用了光的干涉現(xiàn)象，屬于薄膜干涉，故C正確；D用光導(dǎo)纖維傳輸信息利用了光的全反射的原理，光線在內(nèi)芯和外套的界面上發(fā)生全反射，故D正確；E激光具有亮度高、能量大的特點，醫(yī)學(xué)上用激光做“光刀”來進行手術(shù)，故E正確。故選：CDE。8、AD【解析】當cd棒向下運動時

18、，切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，有沿導(dǎo)軌向上的安培力，ab棒有沿導(dǎo)軌向下的安培力，結(jié)合細線的最大拉力求出細線拉斷時所受的安培力大小，抓住ab和cd棒所受的安培力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律求出cd棒的加速度，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律求出cd棒的速度?！驹斀狻考毦€被拉斷時，拉力達到Tm=2mgsin，根據(jù)平衡條件有Tm=FA+mgsin，可得ab棒所受安培力FA=mgsin，由于兩棒的電流相等，所受安培力大小相等，由FA=BIL，I=E2r，E=BLv，可得cd棒的速度v=2mgrsinB2L2，A正確，B錯誤；對cd棒，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin-FA=ma，得a=0，C

19、錯誤，D正確?！军c睛】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。9、CD【解析】A.根據(jù)圓錐擺的周期公式可得，可知圓錐擺周期與質(zhì)量無關(guān)，故A項與題意不相符；B.根據(jù)小球在水平面做圓周運動可知 故線速度越大，tan越大，即越大，又因為0故cos越小，由,可知周期應(yīng)越小，故B項與題意不相符；C.若懸點距離小球所在軌跡平面越高，即越小，則在0時，故cos越大即周期越大，故C項與題意相符；D.由于小球做勻速圓周運動的線速度與加速度

20、之間的關(guān)系為 故線速度越大，小球的加速度越大，故D項與題意相符。10、ACD【解析】A、因為AB:BC:CD=5:3:1，三個小球均落在D點，則三個小球的豎直位移之比為hAD:hBD:hCD=9:4:1，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的規(guī)律，t1：t2：t3=3：2：1，故A正確；B、三小球都做平拋運動，加速度相同，速度變化率相同，B錯誤；C、因為平拋運動的水平位移之比為9:4:1，時間之比為3:2:1，可知三個小球的初速度之比為3:2:1，C正確；D、平拋運動在某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為小球均落在斜面上，位移與水平方向的夾角不變，則速度與水平方向的夾角相等，故D正確故選ACD.點睛：根據(jù)三個小球的位移之比得出三個小球平拋運動的高度之比和水平位移之比，根據(jù)位移時間公式求出運動的時間之比，根據(jù)時間和水平位移之比求出初速度之比抓住某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，分析落在斜面上的速度方向與初速度方向夾角的關(guān)系三、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、4.8 1.4 0.58 0.59 在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m1組成的系統(tǒng)機械能守恒 9.7 【解析】(1)11 利用勻變速直線運動的推論有：根據(jù)(1