甘肅省岷縣第二中學2022-2023學年物理高三上期中聯(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答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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、關于運動的合成,下列說法中正確的是（ ）A兩個分運動的時間一定與合運動的時間相等B兩個直線運動的合運動一定是直線運動C合運動的速度一定比每一個分運動的速度大D合運動的加速度

2、一定比每一個分運動的加速度大2、如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量質量的鐵塊以水平速度，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為A3JB6JC20JD4J3、A、B兩球在光滑的水平面上相向運動，其中球A的質量為mA=4kg，兩球發(fā)生碰撞前后的位移時間圖象情況如圖所示，則可知（）AB球質量為2kgBB球質量為6kgC碰撞過程中損失的機械能為20JD碰撞是彈性碰撞，無機械能損失4、一凡是學校里有名的大力王，在他參加的某次校運會的鉛球比賽中，他投出了13.4米的好成績，關于這個成績，幾

3、個同學結合物理的學習，有了一些爭論，你認為下列的說法中正確的是（ ）A丁丁認為這是鉛球的位移B當當認為這是鉛球所經過的路程C順順認為它既不是鉛球的路程也不是鉛球的位移D利利說它既可以是鉛球的路程，也可以是鉛球的位移5、如圖所示，、為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的點放一個負點電荷（不計重力），點為連線中垂線上一點且，點電荷從點由靜止釋放經點運動到點的過程中，下列說法正確的是（ ）A點電荷的速度一定先增大后減小B點電荷的加速度一定先減小后增大C點電荷的電勢能一定先增大后減小D點電荷在點電勢最大，動能為零6、地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R，萬有引力常量為G，則地球的平均密度為()AB

4、CD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、一個物體沿直線運動，從時刻開始，物體的的圖像如圖所示，圖線與縱橫坐標軸的交點坐標分別為0.5m/s和，由此可知（ ） A物體做勻加速直線運動的加速度大小為B物體做變加速直線運動C物體的初速度大小為D物體的初速度大小為8、太陽系中的第二大行星是土星，它的衛(wèi)星眾多，目前已發(fā)現(xiàn)的衛(wèi)星達數(shù)十顆根據(jù)下表所列土衛(wèi)五個土衛(wèi)六兩顆衛(wèi)星的相關參數(shù)，可以比較（ ）A這兩顆衛(wèi)星公轉的周期大小B這兩顆衛(wèi)星公轉的速度大小C這兩顆衛(wèi)星表面的重力加速度大小D

5、這兩顆衛(wèi)星公轉的向心加速度大小9、如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流若A金屬環(huán)向左側直導線靠近，穿過環(huán)的磁通量增加B金屬環(huán)向右側直導線靠近，穿過環(huán)的磁通量減小C金屬環(huán)向上運動，環(huán)上無感應電流D金屬環(huán)向下運動，環(huán)上的感應電流方向為順時針方向10、某橫波在介質中沿x軸正方向傳播，t0時刻，O點開始向正方向運動，經t0.2 s，O點第一次到達正方向最大位移處，某時刻形成的波形如圖所示，下列說法正確的是_A該橫波的波速為5m/sB質點L與質點N都運動起來后，它們的運動方向總相反C在0.2

6、 s的時間內質點M通過的路程為1mD在t2.6s時刻，質點M處于平衡位置，正沿y軸負方向運動E.圖示波形圖可能是t1.2s時刻的三、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）如圖，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量_(填選項前的序號)，間接地解決這個問題A小球開始釋放的高度hB小球拋出點距地面的高度HC小球做平拋運動的水平位移(2)用天平測量兩個小球的質量m1、m2.圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓

7、入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放；然后把被碰小球m2靜止于軌道水平部分的右側末端，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并重復多次，分別找到小球的平均落點M、P、N，并測量出平均水平位移OM、OP、ON.(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為_用(2)中測量的量表示；若碰撞是彈性碰撞，那么還應該滿足的表達式為_用(2)中測量的量表示12（12分）在用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗時，下列說法正確的是_A斜槽軌道必須是光滑的B斜槽軌道末端的切線必須是水平的C入射小球每次都要從斜槽上同一高度由靜止?jié)L下D本實驗必須測出斜槽末端點到水平地面的豎直高度HE為了保

8、證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求m 1 m 2 ，r 1 =r 2 ，兩小球半徑r1 、r 2不需要測量四、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）用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質量為m，所帶電荷量為q現(xiàn)加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣輕繩與豎直方向成30角（如圖所示）求（1）這個勻強電場的電場強度（2）剪短細繩，小球運動距離S時的速度（一直在電場中運動）14（16分）如圖所示，人用定滑輪提升質量為20kg的物體，開始時繩都處于豎直狀態(tài)，物體靜止于地面，定滑輪距地面H=9m，人拉繩的手距地面h=1.

9、0m。（g取10m/s2，物體可看做質點）(1)若人沿水平方向運動，使物體以加速度1.0m/s2加速向上運動，求當物體向上運動2m時人的速度及此過程中人對物體做的功；(2)若人沿水平方向以速度v0=1.0m/s勻速運動，求物體上升的高度x與運動時間的關系式，并求出物體上升到最高點用的時間。15（12分）如圖所示，半徑的豎直半圓形光滑軌道與水平面相切質量的小滑塊放在半圓形軌道末端的點，另一質量也為的小滑塊以的水平初速度向滑行，滑過的距離，與相碰，碰撞時間極短，碰后、粘在一起運動已知木塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)、均可視為質點（）求：（）與碰撞后瞬間的速度大小（）在半圓形軌道的最高點，軌道對、的作用

10、力的大小（）的落地點距離半圓形軌道末端的水平距離參考答案一、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、A【解析】: A、分運動與合運動具有等時性.所以A選項是正確的.B、分運動是直線運動,合運動不一定是直線運動,比如:平拋運動.故B錯誤C、根據(jù)平行四邊形定則,合速度不一定比分速度大.故C錯誤.D、根據(jù)平行四邊形定則,合加速度可能比分加速度大,可能比分加速度小,可能與分加速度相等.故D錯誤.綜上所述本題答案是：A2、A【解析】試題分析：鐵塊從木板的左端沿板面向右滑行，當鐵塊與木板的速度相同時，彈簧壓縮最短，其彈性勢能最大根據(jù)能量守恒列

11、出此過程的方程從兩者速度相同到鐵塊運動到木板的左端過程時，兩者速度再次相同，根據(jù)能量守恒定律再列出整個過程的方程根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知，兩次速度相同時，鐵塊與木板的共同速度相同，根據(jù)動量守恒定律求出共同速度，聯(lián)立求解彈簧具有的最大彈性勢能設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f根據(jù)能量守恒定律得：鐵塊相對于木板向右運動過程：，鐵塊相對于木板運動的整個過程：，又根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知，解得EP=3J，A正確3、B【解析】根據(jù)圖象可知，A、B兩物體在2s末時刻發(fā)生碰撞，xt圖象的斜率表示速度，則碰前A的速度為：，B的速度為：。碰后的AB的速度

12、為：v=。根據(jù)動量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，解得：mB=6kg，故A錯誤，B正確；根據(jù)能量守恒得，損失的機械能為：，代入數(shù)據(jù)得：E=30J，故CD錯誤，故選B。4、C【解析】AB鉛球運動的軌跡是拋物線。鉛球比賽的成績是13.4m，是拋出點的豎直投影點到落地點的距離，該距離要小于位移；故該成績不是鉛球的位移。故AB錯誤。CD鉛球在靠慣性前進的同時，還由于重力的作用而向下落，因此，經過的路程是一條曲線，大于13.4m。該距離也不是鉛球的路程，故C正確， D錯誤。5、A【解析】根據(jù)點電荷電場強度的疊加法則可知，同種正電荷的中垂線上，由O點向兩邊，電場強度方向向兩邊延伸，且大小

13、先增大后減小A、在a點靜止釋放一個負點電荷q，它只在電場力作用下，先向下加速，到達O點之后，速度方向與電場力方向相反，向下減速運動，直到b點速度減為零，故點電荷q的速度一定先增大后減小，A正確；B、同種正電荷的中垂線上，由O點向兩邊，電場強度方向向兩邊延伸，且大小先增大后減小，由于不知道a點的位置位于最大值的上方還是下方，故存在兩種可能，一種可能為：加速度先減小后增大；另一種可能為：加速度先增大后減小再增大再減小，故B錯誤；CD、負點電荷q從a點運動到O點，電場力做正功，從O點到b點，電場力做負功，故電勢能先減小后增大，在O點動能最大，電勢能最小，電勢最大，故CD錯誤6、A【解析】在地球表面有

14、，且地球的質量，由兩式可得，故A正確，BCD錯誤。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】由圖得：=（0.5t+0.5）m/s；由x=v0t+at1得：=v0+at，可得a=0.5，a=1m/s1可知，物體的加速度不變，做勻加速直線運動故A正確，B錯誤圖線縱軸截距表示初速度，則知物體的初速度大小為0.5m/s故C正確，D錯誤8、ABD【解析】A.由開普勒第三定律知：，半徑越大，周期越大，所以土衛(wèi)五的公轉周期小，故A正確；B.由可知，軌道半徑小的公轉速度大，故B

15、正確C.由于不知道兩衛(wèi)星表面的相關參數(shù)，無法測得其表面重力加速度，故C錯誤D.根據(jù)，軌道半徑大的向心加速度小，故D正確故選ABD【點睛】由開普勒第三定律分析公轉周期的大小由萬有引力提供向心力，比較線速度的大小和的大小向心加速度的大小9、AC【解析】由題中“一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內”可知，本題考查閉合線圈磁通量變化以及感應電流方向，根據(jù)楞次定律和通電導線磁場分布規(guī)律可分析本題。【詳解】AB、根據(jù)通電導線磁場分布規(guī)律可知，在兩根通電導線中間，及分布垂直紙面向外的磁場也分布垂直紙面向里的磁場，并且在中間位置，磁通量為零，因此金屬環(huán)無論向左向右移動，磁通量均增加，故A正確B錯

16、誤；CD、因為金屬環(huán)內磁通量為零，根據(jù)對稱性，金屬環(huán)上下移動磁通量不會發(fā)生變化，根據(jù)楞次定律可知，無感應電流產生，故C正確D錯誤。10、ADE【解析】A、由圖示波形圖可知：波長=4m，O點開始向正方向運動，經t=0.2s，O點第一次到達正方向最大位移處，則t=，解得：T=0.8s，則v=，故A正確；B、質點L與質點N之間的距離為半個波長，則振動情況完全相反，故B正確；C、在0.2s的時間內質點M通過的路程為s=A=20cm，故C錯誤；D、橫波從O傳到M點的時間t=，在t=2.6s時刻，質點M振動的時間，則此時質點M處于平衡位置，正沿y軸負方向運動，故D正確；E、由波形圖可知，此時O點向下振動，

17、則可能經過了t=（n+）T的波形圖，當n=1時，t=1.2s，故E正確故選ABDE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、（1）C （3） 【解析】（1）驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過落地高度不變情況下水平射程來體現(xiàn)速度，故選C（3）若兩球相碰前后的動量守恒，則，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v1t，代入得：；若碰撞是彈性碰撞，滿足能量守恒：，代入得；m1OP1=m1OM1+m1ON112、BCE;【解析】根據(jù)實驗原理確定實驗中如何減小實驗誤差；知

18、道小球離開軌道后做平拋運動，軌道末端切線應水平，并且每次讓小球從同一位置滑下【詳解】A項：小球離開軌道后做平拋運動，只要保證入射球離開軌道的初始相等即可，斜槽軌道不需要光滑，故A錯誤；B項：為保證小球離開軌道后做平拋運動，斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；C項：為保證小球速度相等，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，故C正確；D項：本實驗中由于平拋中高度相同，故下落時間相同，所以可以用水平位移代替水平速度，因此不需要測出斜槽末端點到水平地面的豎直高度H，故D錯誤；E項：為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，即：m1m1，故E正確故應選：BCE【點睛】本題考查驗證動量守恒定律的實驗，對于驗證動量守恒定律的實驗，要學會在相同高度下，水平射程來間接測出速度的方法，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵四、計算題：本