2022-2023學(xué)年云南省昆明市祿勸縣第一中學(xué)物理高三上期中復(fù)習(xí)檢測(cè)試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示,質(zhì)量相同的三個(gè)小球均可視為質(zhì)點(diǎn),處于同一水平面上A球以初速度v0豎直上拋,B球以與水平面成角、

2、大小也是v0的初速度斜向右上拋出,C球沿傾角為的足夠長(zhǎng)斜面以初速度v0上滑.上述運(yùn)動(dòng)過程中均不計(jì)空氣阻力和一切摩擦,以下關(guān)于三個(gè)小球上升的最大高度的比較正確的( ) AHBHB =HCCHA HB HB HC2、下列說法正確的是()A牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律B開普勒在天文觀測(cè)數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律C開普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運(yùn)動(dòng)的原因D牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并測(cè)出了引力常量3、如圖所示，甲、乙、丙、丁分別代表四輛車從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)的位移圖象和速度圖象，則下列說法正確的是（ ）A甲車做曲線運(yùn)動(dòng)，乙車做直線運(yùn)動(dòng)B0t1時(shí)間內(nèi)，甲車的

3、平均速度大于乙車的平均速度C在t2時(shí)刻丁車在丙車的前面D0t2時(shí)間內(nèi)，丙、丁兩車都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)4、如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時(shí)水平拋出，兩球下落的高度為h時(shí)在空中相遇若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，不計(jì)空氣阻力，則兩球從拋出到相遇下落的高度為（ ）AhBCD5、如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)以A點(diǎn)為起點(diǎn)開始做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)用時(shí)2s，再經(jīng)過6s運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，第10s末到達(dá)D點(diǎn)已知AB8m、CD24m，則該質(zhì)點(diǎn)的初速度v0和加速度a分別為( )A3m/s、4m/s2B0、1m/s2C0、4m/s2D3m/s、1m/s26、質(zhì)量為M的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為F的水平恒力拉木

4、塊，其加速度為a，當(dāng)拉力方向不變，大小變?yōu)?F時(shí)，木塊的加速度為a，則（ ）AaaBa2aCa2aDa2a二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、輕繩一端通過光滑的定滑輪與物塊P連接，另一端與套在光滑豎直桿上的圓環(huán)Q連接，Q從靜止釋放后，上升一定距離后到達(dá)與定滑輪等高處，則在此過程中，下列說法正確的是（）A任意時(shí)刻Q受到的拉力大小與P的重力大小相等B任意時(shí)刻P、Q兩物體的速度大小滿足C物塊P一直做加速直線運(yùn)動(dòng)D當(dāng)Q上升到與滑輪等高時(shí)，它的機(jī)械能最大8、如圖，海王星繞太陽(yáng)沿

5、橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽(yáng)之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中()A從P到M所用的時(shí)間等于B從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C從P到Q階段，速率逐漸變小D從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功9、在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用I、U1、U2和U3表示。下列比值正確的是 ()AU1I不變， U1I、I均變小 BU2I變大，U2I 、U1均變大CU2I變大，U2I不變，

6、U2變大 DU3I變大，U3變大10、給滑塊一初速度v0使它沿光滑斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，當(dāng)滑塊速度大小減小為時(shí)，所用時(shí)間可能是（）ABCD三、實(shí)驗(yàn)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）某同學(xué)用圖1所示電路，測(cè)繪標(biāo)有“3.8V，0.3A”的小燈泡的燈絲電阻R隨電壓U變化的圖象除了導(dǎo)線和開關(guān)外，有以下一些器材可供選擇：電流表：A1（量程100mA，內(nèi)阻約2）；A2（量程0.6A，內(nèi)阻約0.3）；電壓表：V1（量程5V，內(nèi)阻約5k ）；V2（量程15V，內(nèi)阻約15 ）；電源：E1（電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為0.2）；E2（電動(dòng)勢(shì)為4V

7、，內(nèi)阻約為0.04）滑動(dòng)變阻器：R1（最大阻值約為100），R2（最大阻值約為10），電鍵S，導(dǎo)線若干（1）為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電流表_，電壓表_，滑動(dòng)變阻器_，電源_（填器材的符號(hào)）（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算并描繪出RU的圖象如圖2所示由圖象可知，此燈泡在不工作時(shí)，燈絲電阻為_；當(dāng)所加電壓為3.00V時(shí)，燈絲電阻為_，燈泡實(shí)際消耗的電功率為_（3）根據(jù)RU圖象，可確定小燈泡耗電功率P與外加電壓U的關(guān)系符合該關(guān)系的示意圖是下列圖中的_12（12分）如圖所示，甲、乙為兩個(gè)實(shí)驗(yàn)的裝置圖（1）甲、乙兩圖中，可以“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的裝置圖是_（2）關(guān)于甲、乙兩個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（

8、_）A只有甲實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量質(zhì)量 B只有乙實(shí)驗(yàn)中需要記錄時(shí)間C乙實(shí)驗(yàn)必須使用重垂線 D兩個(gè)實(shí)驗(yàn)都需要使用刻度尺四、計(jì)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，水平地面上有一輛小車，小車上固定著豎直的立柱，“L 形”的輕質(zhì)細(xì)桿ABC固定在支柱上。質(zhì)量為m的小球P固定在桿的A端，小球Q用細(xì)繩系在桿的C端。某段時(shí)間內(nèi)小車向右運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩偏離豎直線的角度保持不變。求:(1)小車做什么運(yùn)動(dòng);(2)小車的加速度大小;(3)桿對(duì)小球P的作用力大小。14（16分）如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、CB的左側(cè)固

9、定-輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))設(shè)A以速度朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)AB速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中，(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能15（12分）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為 ，；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離，如圖所示某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為重力加速度取A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短（1）求彈簧

10、釋放后瞬間A、B速度的大??；（2）物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】對(duì)于A、C兩個(gè)球，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，A、C兩個(gè)球的速度均為零，物體的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，所以A、C的最大高度相同；對(duì)于B球來說，由于B是斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有一個(gè)速度，這個(gè)分速度的動(dòng)能不會(huì)轉(zhuǎn)化成物體的重力勢(shì)能，所以B球在最高點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能要比AC兩球的小，所以高度要比AC兩球的高度小，所以A正確故選A2、B【解析】ABC、開

11、普勒在他的導(dǎo)師第谷天文觀測(cè)數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，但并未找出了行星按照這些規(guī)律運(yùn)動(dòng)的原因；牛頓在開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律的基礎(chǔ)上推導(dǎo)出萬有引力定律，故B正確，AC錯(cuò)誤；D、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測(cè)量出引力常量，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】關(guān)鍵是記住物理學(xué)史和常識(shí)，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。3、C【解析】A.由位移時(shí)間圖線切線的斜率表示速度，由圖象可知：乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，甲做減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.在t1時(shí)刻兩車的位移相等，又都是單向直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間相等，所以兩車平均速度相等，故B錯(cuò)誤；C.由速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可知：在t2時(shí)刻丁的位移大于丙的位移，而兩

12、車又是從同一地點(diǎn)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以在t2時(shí)刻丁車在丙車的前面，故C正確；D.0t2時(shí)間內(nèi)，丙車都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，丁車做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤4、C【解析】?jī)汕蛲瑫r(shí)拋出，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)下降的高度相同，始終在同一水平面上，根據(jù)x=vAt+vBt知，當(dāng)兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時(shí)間為t/2，根據(jù)h=gt2，則從拋出到相遇下落的高度為h/4，,故C正確，ABD錯(cuò)誤故選C點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移5、D【解析】ABCDA到B的過程中；C

13、到D的過程中；x1=8m，t1=2sx2=24m，t2=2s+6s=8st3=10s代入解得：v0=3m/sa=1m/s2；故D正確，ABC錯(cuò)誤6、C【解析】由牛頓第二定律得：F-Ff=ma；2F-Ff=ma；由于物體所受的摩擦力：Ff=FN=mg，即Ff不變，所以有：，故選C。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BD【解析】AP先向下做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，則繩的拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小。后向下減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，拉力大小大

14、于P的重力大小。故A錯(cuò)誤；B將圓環(huán)Q的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，則沿繩子方向的分速度等于P的速度。輕繩與桿的夾角為時(shí)，由速度的分解可得所以。故B正確；C圓環(huán)Q和物塊P被一根輕繩相連，一開始圓環(huán)Q加速運(yùn)動(dòng)，繩上拉力豎直方向的分力大于重力。之后隨著圓環(huán)Q上升，拉力豎直方向的分力逐漸減小，經(jīng)過中間某一位置時(shí)，拉力豎直方向的分力等于重力。之后，拉力豎直方向的分力小于重力，圓環(huán)Q做減速運(yùn)動(dòng)。所以物塊P先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤；D圓環(huán)Q上升到與滑輪等高前，繩子的拉力做正功，Q機(jī)械能增加。圓環(huán)Q上升到與滑輪等高之后，繩子拉力做負(fù)功，Q機(jī)械能減小。所以Q上升到與滑輪等高時(shí)，機(jī)械能最大。

15、故D正確。故選BD。8、CD【解析】A海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時(shí)間小于MQ段的時(shí)間，所以P到M所用的時(shí)間小于，故A錯(cuò)誤；B從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C從P到Q階段，萬有引力做負(fù)功，速率減小，故C錯(cuò)誤；D根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功，故D正確。故選D。9、CD【解析】故當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，R2變大，則總電阻變大，總電流I減小，U1變??；根據(jù)歐姆定律得知：U1I=U1I=R1故當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，U1I、U1I均不變。故A錯(cuò)誤。U2I=R2，當(dāng)滑動(dòng)變

16、阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)R2變大，則U2I變大。根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2=E-I（R1+r），則有U2I=R1+r，不變。路端電壓變大，U1減小，則U2變大，故B錯(cuò)誤，C正確。U3I=R1+R2，變大。路端電壓變大，則U3變大，故D正確。故選CD.10、BC【解析】當(dāng)滑塊速度大小減為時(shí)，其方向可能與初速度方向相同，也可能與初速度方向相反，因此要考慮兩種情況，即v=或v=-，代入公式t= ，得t= 或t=，故BC正確AD錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)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、A1 V1 R1 E1 1.5 11.5 0.78 A 【解析

17、】（1）1134因小燈泡額定電流為0.3A，額定電壓為3.8V，故電流表應(yīng)選A1，電壓表應(yīng)選V1，又因測(cè)伏安特性曲線要求電壓與電流調(diào)節(jié)范圍大，故變阻器需用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器，故變阻器應(yīng)選R1，顯然電源應(yīng)選E1（1）5由RU圖象知U0時(shí)R為1.5；6 7U3V時(shí)R為11.5；由得P0.78W（3）8由知，U0時(shí)P0，P隨U的增大而增大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。12、甲 AD 【解析】（1）由圖可知甲圖是“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的裝置，乙圖是“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的裝置，故選甲（2）甲圖驗(yàn)證的是：等式兩邊是否相等，因此需要測(cè)量質(zhì)量，乙圖驗(yàn)證的是：，等號(hào)兩邊的質(zhì)量可以約去，所以不需要質(zhì)量，故A

18、正確；兩個(gè)實(shí)驗(yàn)均不需要記錄時(shí)間，故B錯(cuò)誤；甲實(shí)驗(yàn)必須使用重垂線，乙實(shí)驗(yàn)不需要使用重垂線，故C錯(cuò)誤；兩個(gè)實(shí)驗(yàn)都需要測(cè)量距離，因此都需要刻度尺，故D正確所以AD正確，BC錯(cuò)誤四、計(jì)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）勻減速直線運(yùn)動(dòng) （2）g tan （3）【解析】（1）對(duì)小球Q分析可知，所受合外力向左，加速度向左，則小車向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；（2）設(shè)小球Q的質(zhì)量為M，它受到重力Mg和細(xì)繩的拉力T，T cos= Mg T sin= Ma解得a= g tan（3）小球P受到重力mg和桿的作用力F。小球P也具有水平向左的加速

19、度 g tan 將F分別沿水平和豎直方向分解為Fx、Fy兩個(gè)分力Fy = mgFx = mg tan （或F=mg）14、（1）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為；（2）A與擋板分離時(shí)，A的速度為0.28v0，方向與v0相反【解析】() 從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)， 對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 2mv0=3mv1此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為E，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得 mv1=2mv2m=E+(2m) 聯(lián)立式得 E=m() 由式可知v2 v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得 2mv0=4mv32mE=(4m)+Ep聯(lián)立式得 Ep=m15、（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；【解析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，再結(jié)合能量關(guān)系求解出A、B各自的速度大?。缓苋菀着卸ˋ、B都會(huì)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并且易知是B先停下，至于A是否已經(jīng)到達(dá)墻處，則需要根