2023屆福建省清流第一中學物理高三上期中聯(lián)考試題（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、如圖所示，真空中O點存在一個帶正電的點電荷Q，附近有一個不帶電的金屬網罩W，網罩內部有一點P，OPr靜電力常量記作k，下列判斷正確的是（ ）A金屬網罩包含的自由電荷很少，靜電感應后不能達成靜電平衡B金屬網罩對電荷Q的作用力表現(xiàn)為斥力C金屬網罩的左部電勢較高，右部電勢較低D金屬網罩的感應電荷在P點產生的感應電場場強大小為2、基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點，發(fā)明了指紋識別技術目前許多國產手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖所示指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表

3、面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數(shù)據(jù)根據(jù)文中信息，下列說法正確的是( )A在峪處形成的電容器電容較大B在峪處形成的電容器放電較慢C充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大D潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響3、如圖所示為一含有理想變壓器的電路，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定，開關S閉合前后理想電流表的示數(shù)比為1：3，則電阻、的比值為A1：1B2：1C3：1D4：14、圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個

4、“D”形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源兩極相連帯電粒子在磁場中運動的動能及隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列說法正確的是A在Ek-t圖中應有（t2-t1）（t3-t2）（tn-tn-1）B高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-1C要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大“D”形盒的半徑D在磁感應強度B、“D”形盒半徑R、粒子的質量m及其電荷量q不變的情況下，粒子的加速次數(shù)越多，離子的最大動能一定越大5、如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈

5、簧處于原長現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角由60變?yōu)?20，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g則此下降過程中（ ）AA的動能達到最大前，B受到地面的支持力大于32mgBA的動能最大時，B受到地面的支持力等于mgC彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下D彈簧的彈性勢能最大值為Epm=3-12mgL6、如圖，圖線I和分別表示先后從同一地點以相同速度v做豎直上拋運動的兩個物體的vt圖，則兩個物體A在第個物體拋出后3s末相遇B在第個物體拋出后4s末相遇C在第個物體拋出后2s末相遇D相遇時必有一個物體速度為零二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5

6、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、一輕彈簧兩端連接著質量均為m的A、B兩物塊，A通過輕繩固定于光滑斜面的擋板上。用沿斜面的力F使B向上緩慢移動一段距離后靜止，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，輕繩仍處于伸直狀態(tài)，如圖所示。現(xiàn)撤去F，在B下滑過程中，以下說法正確的是（彈簧始終處在彈性限度內）A物塊A始終保持靜止B繩的拉力不可能為零C彈簧恢復原長時B的速度最大D彈簧彈性勢能先減小后增大8、下列說法正確的是（ ）A氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和B只要能減弱氣體分子熱運動的劇

7、烈程度，氣體的溫度就可以降低C在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零D氣體從外界吸收熱量，其內能一定增加9、如圖所示，質量分別是m和2m的兩個球P、Q穿在水平光滑桿上，不計一切摩擦，兩球之間用一條輕繩連接，當整個裝置繞中心軸以角速度勻速旋轉時，兩球離轉軸的距離保持不變，兩球的軸的距離用rP rQ表示，則此時（ ）A兩球均受到重力、支持力、繩的拉力和向心力四個力的作用BP球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小CrP一定等于2rQD當增大時， P球將向外運動10、如圖所示，質量分別為m和M的兩三角形斜劈P和Q疊放在一起后置于水平地面上，現(xiàn)用大小相等、方向相反的水平力F分別推P和Q，它們均靜

8、止不動，已知重力加速度大小為g，則（）AP與Q之間一定存在摩擦力BQ與地面之間一定存在摩擦力CQ對P的支持力可能大于mgD地面對Q的支持力大小一定等于（M+m）g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）有兩組同學進行了如下實驗：甲：甲組同學器材有：電源，滑動變阻器，電流表A1(0100mA，內阻約11)，電流表A1(0300mA，內阻約8)，定值電阻R1=14，R1=11，開關一個，導線若干.為了測量A1的內阻，該組同學共設計了下圖中A、B、C、D四套方案：其中最佳的方案是_套，若用此方案測得A1、A1示數(shù)分別為180 mA和170m

9、A，則A1的內阻為_.乙：乙組同學設計測定量程為3 V的電壓表內阻的精確值（內阻約為1k），實驗室中提供的器材有： 電阻箱R（最大電阻為9999.9 ）， 定值電阻r1=5k， 定值電阻r1=10k，電源E（電動勢約為11 V、內阻不計），開關、導線若干設計的實驗電路如圖所示，先將電阻箱R的阻值調到最大，連接好實物電路；然后閉合開關，調節(jié)電阻箱R的阻值，使得電壓表的指針剛好半偏，記下此時電阻箱的阻值R1；再次調節(jié)電阻箱R的阻值，使電壓表的指針剛好滿偏，記下此時電阻箱的阻值R1（1）實驗中選用的定值電阻是_；（1）由上述的實驗過程分析可得電壓表內阻RV的表達式為RV=_.（請用字母R1、R1和r

10、表示）12（12分）如圖所示，甲、乙為兩個實驗的裝置圖（1）甲、乙兩圖中，可以“驗證動量守恒定律”的裝置圖是_（2）關于甲、乙兩個實驗，下列說法正確的是（_）A只有甲實驗必須測量質量 B只有乙實驗中需要記錄時間C乙實驗必須使用重垂線 D兩個實驗都需要使用刻度尺四、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，光滑固定斜面的傾角=30，一輕質彈簧一端固定，另一端與質量M=3kg的物體B相連，初始時B靜止.質量m=1kg的A物體在斜面上距B物體處s1=10cm靜止釋放，A物體下滑過程中與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰

11、撞后與B粘在一起，已知碰后整體經t=0.1s下滑s1=5cm 至最低點 彈簧始終處于彈性限度內，A、B可視為質點，g取10m/s1 （1）從碰后到最低點的過程中，求彈簧最大的彈性勢能（1）碰后至返回到碰撞點的過程中，求彈簧對物體B的沖量大小14（16分）如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB豎直固定在一水平光滑的桌面上，軌道最低點B與桌面相切并平滑連接，桌面距水平地面的高度也為R在桌面上輕質彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態(tài)已知a球的質量為m0，a、b兩球質量比為21固定小球b，釋放小球a，a球與彈簧分離后經過B點滑上半圓環(huán)軌道并恰能通過軌道最高點A現(xiàn)保持彈簧形變量不變同

12、時釋放a、b兩球，重力加速度取g，求：（1）釋放小球前彈簧具有的彈性勢能Ep；（2）b球落地點距桌子右端C點的水平距離； （1）a球在半圓軌道上上升的最大高度H15（12分）如圖所示，ABC和ABD為兩個光滑固定軌道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一豎直線上，D點距水平面的高度為h，C點的高度為2h，一滑塊從A點以初速度v0分別沿兩軌道滑行到C或D處后水平拋出，重力加速度為g (1)求滑塊落到水平面時，落點與E點間的距離xC和xD；(2)為實現(xiàn)xCxD，v0應滿足什么條件？(3)如果滑塊的初速度一定，要使它從最高點拋出后的水平射程最大，則該軌道的高度h應為多大？此時的水平射程為多少？

13、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、D【解析】根據(jù)靜電平衡可知，同一個導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，內部場強處處為零，感應起電的實質電子的轉移【詳解】A項：金屬網罩在靜電感應后一定能達成靜電平衡，故A錯誤；B項：由于靜電感應，在金屬網罩到達靜電平衡后，靠近O處的負電荷受到的吸引力大于遠離O處的正電荷受到的排斥力，所以金屬網罩對電荷Q的作用力表現(xiàn)為引力，故B錯誤；C項：在金屬網罩到達靜電平衡后，本身是一個等勢體，各點的電勢是相等的，故C錯誤；D項：在金屬網罩到達靜電平衡后，內部的場強處處為0，所以感應電荷在P點

14、產生的感應電場場強大小與點電荷在P點產生的電場強度大小是相等的，方向相反，所以根據(jù)庫侖定律可知感應電荷在P點產生的感應電場場強大小為，故D正確故應選D【點睛】達到靜電平衡后，導體為等勢體，導體上的電勢處處相等，內部場強處處為零這是解決本題的關鍵的地方，對于靜電場的特點一定要熟悉2、C【解析】根據(jù)電容的決定式分析d改變時電容的變化以及電荷量的多少；根據(jù)電荷量的多少分析放電時間長短【詳解】A根據(jù)電容的計算公式可得，極板與指紋峪(凹下部分)距離d大，構成的電容器電容小，故A錯誤；BC傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，所以所有的電容器電壓一定，根據(jù)可知，極板與指紋溝(凹的部分，

15、d大，電容小)構成的電容器充上的電荷較少，所以在峪處形成的電容器放電過程中放電時間短，放電快；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故C正確，B錯誤；D濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖，故D錯誤3、B【解析】U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定，原線圈兩端電壓一定，據(jù)理想變壓器原副線圈兩端電壓關系可知，副線圈兩端電壓一定；開關S閉合前后理想電流表的示數(shù)比為1：3，據(jù)理想變壓器原副線圈中電流關系可知，開關S閉合前后副線圈中電流之比為1：3；所以有，解得：故B項正確，ACD三項錯誤【點睛】理想變壓器原線圈兩端的電壓和原副線圈匝數(shù)比

16、決定副線圈兩端電壓；理想變壓器副線圈的電流和原副線圈匝數(shù)比決定原線圈中電流4、C【解析】試題分析：根據(jù)周期公式T=知，粒子的回旋的周期不變，與粒子的速度無關，所以t4-t3=t3-t2=t2-t1A錯誤；交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，故電源的變化周期應該等于2（tn-tn-1），B錯誤；根據(jù)公式r=，有v=，故最大動能Ekm=mv2=，與半徑有關；要想粒子獲得的最大動能增大，可以增大“D”形盒的半徑，C正確；與粒子加速的次數(shù)無關，D正確考點：本題考查回旋加速器5、D【解析】A的動能最大時，設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F

17、=32mg；在A的動能達到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于32mg，故A、B錯誤；當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，故C錯誤；A下落的高度為：h=Lsin60-Lsin30，根據(jù)功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為EP=mgh=3-12mgL，故D正確。故選D?！军c睛】解答本題的關鍵是弄清楚小球A在運動過程中的受力情況，知道平衡位置時受力平衡，加速度方向向下屬于失重、加速度方向向上屬于超重6、C【解析】A根據(jù)vt圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，可知在第個物體拋出后3s末，第個物體的位移大

18、于第個物體的位移，而兩者從同一地點開始運動的，所以在第個物體拋出后3s末沒有相遇，A錯誤；B在第個物體拋出后4s末即圖中第6s末，第個物體的位移為0，第個物體的位移不為0，所以兩者沒有相遇，B錯誤；C在第個物體拋出后2s末，即圖中第4s末，兩物體的位移相等，所以在第個物體拋出后2s末相遇，C正確；D圖中第4s末兩物體相遇，由圖看出兩個物體的速度均不為零，D錯誤；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、AD【解析】A、撤去外力F后，物體B下滑的過程中，彈簧先恢復原長

19、，后又被拉長，而繩子拉力逐漸增大，但輕繩不可伸長，物體A始終處于靜止狀態(tài)，A正確；B、若在力F做用下，彈簧被壓縮，彈簧對A沿斜面向上的彈力，恰好等于A的重力沿斜面向下的分力，此時繩子剛好處于伸直狀態(tài)，繩子中沒有力。故B錯誤；C、在B下滑的過程中，彈簧先恢復原長，后又被拉長，在彈簧彈力小于B的重力沿斜面向下的分力時，B一直加速，直到B的重力沿斜面向下的分力，恰好等于彈簧彈力時，B的速度最大，之后B繼續(xù)向下運動，開始減速。故C錯誤；D、在B下滑的過程中，彈簧先恢復原長，后被拉伸，彈簧彈性勢能先減小后增大，D正確；故選AD?！军c睛】本題考查了動態(tài)平衡問題，和牛頓第二定律的動態(tài)問題；選擇正確的研究對象

20、，根據(jù)物體的受力判斷其運動情況；知道物體B先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度逐漸增大的減速運動，加速度為零時，速度最大，并能根據(jù)彈簧的形變情況判斷其彈性勢能的變化情況。8、AB【解析】A.因為氣體分子之間有很大的空隙，氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和，故A正確；B. 溫度是分子平均動能的標志，只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低。故B正確；C. 氣體壓強是由氣體分子對容器的頻繁碰撞產生；在完全失重的情況下，氣體分子運動不停止，對容器壁的壓強不為零，故C錯誤；D. 根據(jù)熱力學第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內能，所以氣體從外

21、界吸收熱量，如果同時對外界做功，其內能不一定增加，故D錯誤。9、BC【解析】A、兩球受重力、支持力和繩的拉力，故A錯誤；B、球轉動的向心力由繩子的拉力提供，同一條繩受力應該處處相等，所以P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小，故B正確；C、由F=m2r 知：rP 一定等于2rQ 故C正確；D、當增大時，兩球都有向外運動的趨勢，但由于是同一條繩連著，AB球的相對位置不會發(fā)生變化，故D錯誤；綜上所述本題答案是：BC10、CD【解析】先對兩個物體P、Q整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件得到地面對整體的支持力和摩擦力；再對物體P受力分析，根據(jù)平衡條件求解物體m對物體M的支持力和摩擦力【詳解】BD、先

22、對P、Q整體受力分析，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的兩個推力，如圖所示：對于整體，由于兩個推力的合力剛好為零，故整體與地面間沒有摩擦力；根據(jù)共點力平衡條件，有：N=（M+m）g；故B錯誤，D正確；AC、再對物體P受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面體Q對P的支持力N和摩擦力f，當推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向下，如下圖：當推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向上，如下圖：當推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量時，摩擦力為零，如下圖：根據(jù)共點力平衡的條件，運用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin，故P與Q之間可能沒有摩擦力，Q對

23、P的支持力可能大于mg，故A錯誤，C正確；故選：CD?！军c睛】本題關鍵是對兩個物體整體受力分析，根據(jù)平衡條件得到地面對整體的支持力和摩擦力，然后再對物體P受力分析，再次根據(jù)平衡條件列式求解出各個力的情況三、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、D 11 r1 R11R1- r 【解析】甲：要想測得A1的內阻應測出流過其中的電流及兩端的電壓，但由題意可知，題目中沒有給出電壓表，故可以考慮采用兩個電流表充當電壓表進行測量；圖中AB采用了此種方法，但是由于兩電流表內阻均不是已知量，只是約數(shù)，無法正確測出電阻值；故可以采用并聯(lián)電路的分流原理，則定值電

24、阻分流，則可通過并聯(lián)電路的電流規(guī)律求得并聯(lián)部分的電壓；CD采用的即為此種方法；C中分流電阻采用了11的電阻，則電流表A1中流過的電流為A1中電流的兩倍；容易損壞電表；而D中采用了大電阻，則A1滿偏時，A1中電流約為；則能準確的得出數(shù)據(jù)，故選D方案為最佳方案；由并聯(lián)電路的規(guī)律可知，定值電阻中的電流為；則電流表內阻為：；乙：設保護電阻的電阻為r，由歐姆定律應有：，代入數(shù)據(jù)解得，所以定值電阻應選結合實驗步驟，根據(jù)歐姆定律應有，聯(lián)立解得；12、甲 AD 【解析】（1）由圖可知甲圖是“驗證動量守恒定律”的裝置，乙圖是“驗證機械能守恒定律”的裝置，故選甲（2）甲圖驗證的是：等式兩邊是否相等，因此需要測量質量，乙圖驗證的是：，等號兩邊的質量可以約去，所以不需要質量，故A正確；兩個實驗均不需要記錄時間，故B錯誤；甲實驗必須使用重垂線，乙實驗不需要使用重垂線，故C錯誤；兩個實驗都需要測量距離，因此都需要刻度尺，故D正確所以AD正確，BC錯誤四、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、（2）2225J；（2）20Ns【解析】(2)A物體下滑過程，A物體機械能守恒，求得A與B碰前的速度；A與B碰撞是完全非彈性碰撞，A、B組成系統(tǒng)動量守恒，求得碰后AB的共同速度；從碰后到最低點的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得從碰