山西省運城市芮城縣三校2022-2023學年高三物理第一學期期中質(zhì)量檢測試題（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(jié)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、如圖所示為多用電表電阻的原理圖，表頭內(nèi)阻為，調(diào)零電阻為，電池的電動勢為，內(nèi)阻為，則下列說法中錯誤的是（ ）A它是根據(jù)閉合電路歐姆定律制成的，并且由表改裝的B接表內(nèi)電池負極的應(yīng)是紅表筆，測量時遵循“紅進黑出”原則C電阻擋對應(yīng)的刻

2、度不均勻，且“”刻度一般在刻度盤的右端D每次換電阻倍率擋時，都需重新歐姆調(diào)零，調(diào)零后刻度盤中央刻度值是2、跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，當運動員從直升機由靜止跳下后，在下落過程中不免會受到水平風力的影響，下列說 法中正確的是（ ）A運動員下落時間與風力有關(guān)B運動員著地速度與風力無關(guān)C風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作D風力越大，運動員著地速度越大，有可能對運動員造成傷害3、如圖所示的虛線呈水平方向，圖中的實線為與虛線成30角的勻強電場的電場線，圖中OM與電場線垂直，且OM=ON?，F(xiàn)從電場中的M點沿與虛線平行的方向拋出一質(zhì)量為m、電荷量為+q可視為質(zhì)點的物體，經(jīng)時間t

3、物體恰好落在N點。已知物體在M、N兩點的速率相等，重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是A該勻強電場的方向垂直O(jiān)M斜向上B該勻強電場的場強大小為mg2qC物體由M點到N點的過程中電場力做功為-12mg2t2DM、N兩點在豎直方向的高度差為34gt24、在物理學的發(fā)展過程中，物理學家們提出了許多物理學的研究方法，以下關(guān)于物理學的研究方法的敘述中，正確的是（ ）A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用點來代替物體的方法叫微元法B在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，用的是假設(shè)法C加速度的定義采用的都是比值定義法D在

4、推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法5、如圖所示為一物體隨升降機由一樓運動到某高層的過程中的vt圖象，則（ ）A物體在02s處于失重狀態(tài)B物體在28s處于超重狀態(tài)C物體在810s處于失重狀態(tài)D由于物體的質(zhì)量未知，所以無法判斷超重、失重狀態(tài)6、如圖所示,實線和虛線分別表示某電場的電場線和等勢線,下列說法中正確的是Ac點場強大于a點場強Bc點電勢高于a點電勢Cc、b兩點間的電勢差大于c、a兩點間的電勢差D若將一試探電荷+q由a點移動到b點,電場力做正功二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分

5、。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、如圖甲所示，在傾角為37足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量 m=1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點t=0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1=0.1s 時滑塊已上滑 x=0.1m 的距離，g=10m/s1則（ ）A當彈簧恢復原長時滑塊與彈簧分離B滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)=0.1Ct=0.4s 時刻滑塊的速度大小為 1.0m/sD彈簧鎖定時具有的彈性勢能為 4J8、如圖所示，在光滑絕緣的水平面

6、上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小分別為B1B，B22B，一個豎直放置的邊長為a，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到在每個磁場中各有一半的面積時，線框的速度為v/2，則下列判斷正確的是（ ）A此過程中通過線框截面的電量為3Ba22RB此過程中線框克服安培力做的功為38mv2C此時線框的加速度為9B2a2v2mRD此時線框中的電功率為9B2a2v2mR9、下列說法正確的是_A因為聲波的波長可以與通常的障礙物尺寸相比，所以聲波比較容易產(chǎn)生衍射現(xiàn)象B向人體內(nèi)發(fā)射頻率己知的超聲波

7、被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率變化就能知道血流的速度，這種方法俗稱“彩超”C用透明的標準平面樣板檢查光學平面的平整程度是利用光的偏振現(xiàn)象D麥克斯韋關(guān)于電磁場的兩個基本觀點是：變化的磁場產(chǎn)生電場和變化的電場產(chǎn)生磁場E.狹義相對論認為真空中的光速與光的頻率、光源的運動狀態(tài)有關(guān)10、質(zhì)量m=1kg的物體從靜止開始做直線運動，物體所受合外力F隨時間t變化的圖象如圖所示，在08s內(nèi)，下列說法中正確的是（）A物體在02s內(nèi)動量均勻增加，在24s內(nèi)動量均勻減小B02s內(nèi)力F的沖量為2NsC2s末物體的速度最大D3s末物體速度為3m/s，在8s末速度為2m/s三、實驗題：本題共2小題，共1

8、8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）如圖所示，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(guān)系。(1)實驗必須要求滿足的條件是_A斜槽軌道必須是光滑的B斜槽軌道末端的切線是水平的C入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下D若入射小球質(zhì)量為m1，被碰小球質(zhì)量為m2，則m1m2(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程，然后，把被碰小球m1靜置于軌道的末端，再將入射球m1從斜軌S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是

9、_(填選項的符號)A用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B測量小球m1開始釋放高度hC測量拋出點距地面的高度HD分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE測量平拋射程(3)若兩球相碰前后的動量守恒，則其表達式可表示為_(用(2)中測量的量表示)；12（12分）某同學用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗先將小球1從斜槽軌道上某固定點由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把另一小球2放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止，讓小球1仍從原固定點由靜止開始滾下，且與小球2相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次A、B、C為三個落點的平均位置，O點是水平軌道末端在

10、記錄紙上的豎直投影點實驗中空氣阻力的影響很小，可以忽略不計（1）在本實驗中斜槽軌道_（填選項前的字母）A必須光滑 B可以不光滑（2）實驗中應(yīng)該選擇兩個合適的小球進行實驗兩個小球的半徑_（填“相同”或“不同”）應(yīng)該選擇下列哪組小球_（填選項前的字母）A兩個鋼球 B一個鋼球、一個玻璃球 C兩個玻璃球（3）斜槽末端沒有放置被碰小球2時，將小球1從固定點由靜止釋放若僅降低斜槽上固定點的位置，那么小球的落地點到O點的距離將_（填“改變”或“不變”），若僅增大小球1的質(zhì)量，小球仍以相同的速度從斜槽末端飛出，那么小球的落地點到O點的距離將_填（“改變”或“不變”）（4）在安裝實驗裝置的過程中，使斜槽軌道末端

11、的切線水平，小球碰撞前與碰撞后的速度就可以用小球飛出的水平距離來表示，其原因的是_A小球都是從同一高度飛出，水平位移等于小球飛出時的速度B小球都是從同一高度飛出，水平位移與小球飛出時的速度成正比C小球在空中的運動都是勻變速曲線運動，而且運動的加速度都相同（5）本實驗必須測量的物理量是_A斜槽軌道末端到水平地面的高度HB小球1和小球2的質(zhì)量、C小球1的釋放位置到斜槽軌道末端的高度hD記錄紙上O點到A、B、C各點的距離、 （6）斜槽末端沒有放置被碰小球2時，小球1的落點為B點，放置被碰小球2后，小球2的落點為C點假設(shè)兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，試論證：當小球1碰后的速度方向未改變時，C點必在B點的前方

12、_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，質(zhì)量為m10 kg的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封在氣缸中，開始時活塞距氣缸底高度h140 cm此時氣體的溫度T1300 K現(xiàn)緩慢給氣體加熱，氣體吸收的熱量Q420 J，活塞上升到距氣缸底h260 cm已知活塞面積S50 cm2，大氣壓強P010105 Pa，不計活塞與氣缸之間的摩擦，g取10 m/s2求：（1）當活塞上升到距氣缸底h2時，氣體的溫度T2 （2）給氣體加熱的過程中，氣體增加的內(nèi)能U14（16分）彈射座椅( Eject1 on seat)是飛行員使

13、用的座椅型救生裝置。在飛機失控時，依靠座椅上的動力(噴氣發(fā)動機)裝置將飛行員彈射到高空，然后打開降落傘使飛行員安全降落。某次實驗中，在地面上靜止的戰(zhàn)斗機內(nèi)，飛行員按動彈射按鈕，座椅(連同飛行員)在噴氣發(fā)動機的驅(qū)動下被彈出打開的機艙，座椅沿豎直方向運動，5s末到達最高點，上升的總高度為112.5m。此后降落傘打開，飛行員安全到達地面。已知座椅（連同飛行員等）的總質(zhì)量為100kg，噴氣發(fā)動機啟動時對座椅產(chǎn)生豎直向上且恒定不變的推力，經(jīng)短時間后發(fā)動機自行關(guān)閉，不考慮發(fā)動機質(zhì)量的變化及空氣阻力，取g=10m/s2，求發(fā)動機對座椅沖量大小和推力大小。15（12分）物體A在水平力F作用下，沿著傾角為37的

14、斜面勻速上滑，物體A所受到的重力為，它與斜面之間的動摩擦因數(shù)，求：（1）物體A所受到的支持力（2）水平外力F的大?。?）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】A.歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，歐姆表是由靈敏電流計G改裝成的，故A正確； B.歐姆表內(nèi)置電源的負極與紅表筆相連，黑表筆與正極相連，故B正確； C.歐姆表零刻度線在最右側(cè)，最大刻度線在最左側(cè)，故C錯誤； D.歐姆表的內(nèi)阻等于其中值電阻，歐姆表內(nèi)阻為：，其中值電阻也為：，故D正確2、D【解析】運動員同時參與了兩個分運動，豎直方向向下落和水平方向

15、隨風飄，兩個分運動同時發(fā)生，相互獨立；因而，水平風速越大，落地的合速度越大，有可能對運動員造成傷害，但落地時間不變，D正確3、D【解析】A、物體在M、N兩點的速率相等，則物體在M、N兩點的動能相等，由于重力做正功，則電場力做負功，又物體帶正電，所以電場線的方向垂直O(jiān)M斜向下，故A錯誤；B、對物體由M運動到N的過程，由動能定理可得：mgOMsin60=qEONcos30，由于OM=ON，解E=mgq，故B錯誤；D、將電場力分解為沿水平方向和豎直方向的分力，則豎直方向上的分力大小為Fy=qEcos60=mgcos60=12mg，則物體在堅直方向上的合力大小F=mg+12mg=32mg，由牛頓第二定

16、律可知，堅直方向上的分加速度大小為a=32g，則物體由M運動到N的過程中下落的高度為h=12at2=34gt2，故D正確；C、由幾何關(guān)系可知,物體由M運動到N的過程中沿電場線方向的位移大小為s=34gt2，則電場力做功的值為W=-qEs=-34mg2t2，故C錯誤；故選D?！军c睛】關(guān)鍵是物體在M、N兩點的速率相等，則物體在M、N兩點的動能相等，由于重力做正功，則電場力做負功，又物體帶正電，所以電場線的方向垂直O(jiān)M斜向下，根據(jù)動能定理可得勻強電場的場強大小，在豎直方向上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出M、N兩點在豎直方向的高度差。4、C【解析】質(zhì)點采用的科學方法為建立理想化的物理模

17、型的方法，故A錯誤；在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，用的是控制變量法，故B錯誤；在定義加速度時，采用了比值定義法，故C正確；在探究勻變速運動的位移公式時，采用了微元法將變速運動無限微分后變成了一段段的勻速運動，即采用了微元法，故D錯誤5、C【解析】試題分析：速度圖象的斜率等于物體的加速度斜率的正負表示加速度的方向根據(jù)加速度的方向判斷物體的運動狀態(tài)解：A、由圖象可知，在02s內(nèi)，物體向上做勻加速運動，加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、由圖象可知，在28s內(nèi)物體做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，故B錯誤C、物體在

18、810s內(nèi)向上做勻減速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確D、超重、失重狀態(tài)根據(jù)加速度的方向判斷，與物體的質(zhì)量無關(guān)，是可以判斷的，故D錯誤故選C【點評】本題要能根據(jù)圖象得出有用的信息，知道速度時間圖象中直線的斜率表示加速度是關(guān)鍵，同時要明確超重和失重的條件6、B【解析】A. a點的電場線比c點電場線密，可知a點的場強大于c點的場強，故A錯誤；B. 沿電場線方向電勢逐漸降低，可知c點的電勢高于b點電勢，而b與a在同一等勢面上，所以c點電勢高于a點電勢，故B正確；C. 因為b、a兩點電勢相等，可知c、b兩點間的電勢差等于c、a兩點間的電勢差，故C錯誤；D. a、b兩點電勢相等，將一試探電荷+q

19、由a點移動到b點，電場力不做功，故D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、AD【解析】A. 由于是輕彈簧，當彈簧恢復原長時，彈簧停止運動，滑塊繼續(xù)向上滑動，滑塊與彈簧分離，故A正確；B.在bc段做勻減速運動，根據(jù)圖象可知加速度大小為：，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma，解得：=0.5，故B錯誤；C.由圖示圖象可知，t=0.1s時滑塊的速度：v0=1m/s，由勻變速直線運動的速度公式得，t1=0.3s時的速度大?。簐1=v0at=110(0.3

20、0.1)=0m/s；在t1時刻之后滑塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律得：mgsin37mgcos37=ma，解得：a=1m/s1，從t1到t3做初速度為零的加速運動，t=0.4s時刻的速度為：v3=at=10.1=0.1m/s；故C錯誤；D.根據(jù)t1=0.1s 時滑塊已上滑 x=0.1m 的距離，由功能關(guān)系可得彈簧鎖定時具有的彈性勢能為：代入數(shù)據(jù)得：故D正確。8、ABC【解析】感應(yīng)電動勢為：E=t，=(-12BS+2B12S)-(-BS)=32BS；感應(yīng)電流為：I=ER，電荷量為：q=It，解得：q=3Ba22R，故A正確。由能量守恒定律得，此過程中回路產(chǎn)生的電能為：E=12mv2-12m（v2）

21、2=38mv2，故B正確；此時感應(yīng)電動勢：E=2Bav2+Bav2=32Bav，線框電流為：I=ER=3Bav2R，由牛頓第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=9B2a2v2mR，故C正確；此時線框的電功率為：P=I2R=9B2a2v4mR，故D錯誤；故選ABC。9、ABD【解析】因為聲波的波長可以與通常的障礙物尺寸相比，根據(jù)明顯衍射的條件可知，聲波比較容易產(chǎn)生衍射現(xiàn)象，故A正確；測出反射波的頻率變化就能知道血流的速度，這種方法俗稱“彩超”，是利用多普勒效應(yīng)原理，故B正確；用透明的標準平面樣板檢查光學平面的平整程度是利用光的薄膜干涉現(xiàn)象，故C錯誤；麥克斯韋關(guān)于電磁場的兩個基本觀點是

22、：變化的磁場產(chǎn)生電場和變化的電場產(chǎn)生磁場，故D正確；根據(jù)狹義相對論中光速不變原理，可知，在所有慣性參照系中光速是相同的，光速與光源、觀察者間的相對運動無關(guān)，故E錯誤故選ABD.10、BD【解析】物體在02s內(nèi)F逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度逐漸增大，第2s末加速度最大，在24s內(nèi)F先逐漸減小再逐漸增大，所以加速度先減小后增大，物體先做加速度減小的加速運動，再反向做加速增大的減速運動，根據(jù)動量P=mv可知，動量不是均勻變化的，故A錯誤；根據(jù)圖象的性質(zhì)可知，圖象與時間軸所圍成的面積表示沖量，故02s內(nèi)力F的沖量為I=222=2Ns，故B正確；由圖可知，03s內(nèi)物體均在加速，所以3s的速度為最

23、大；故C錯誤；3s末時沖量為I=322=3Ns；根據(jù)動量定理I=mv可知，物體的速度v=31=3m/s；同理可知，在8s末速度為2m/s；故D正確故選BD點睛：解題時要明確圖象的性質(zhì)，根據(jù)牛頓第二定律可明確加速度的大小，從而分析物體的運動性質(zhì)，明確動量變化；再根據(jù)圖象與時間軸圍成的面積表示沖量求出物體的沖量，再根據(jù)動量定理即可求得速度大小三、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、BCD ADE 【解析】在驗證動量守恒定律的實驗中，運用平拋運動的知識得出碰撞前后兩球的速度，因為下落的時間相等，則水平位移代表平拋運動的速度根據(jù)實驗的原理確定需要測

24、量的物理量【詳解】（1）因為平拋運動的時間相等，根據(jù)v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，則需測量小球平拋運動的射程間接測量速度故應(yīng)保證斜槽末端水平，小球每次都從同一點滑下，但是軌道不一定是光滑的；同時為了使得被碰球能飛的更遠，防止入射球反彈，球m1的質(zhì)量應(yīng)大于球m1的質(zhì)量；故BCD正確，A錯誤；故選BCD.（1）根據(jù)動量守恒得，m1v0=m1v1+m1v1，兩球碰撞前后均做平拋運動，根據(jù)x=vt可以，由于時間相同，則x與v成正比，則要驗證的關(guān)系可表示為： m1OP=m1OM+m1ON，所以要分別找到m1、m1相碰后平均落地點的位置M、N，從而測量線段OM、OP、ON的長度外，同時還需要測量

25、的物理量是小球1和小球1的質(zhì)量m1、m1故選ADE.（3）若兩球相碰前后的動量守恒，則其表達式可表示為m1OP=m1OM+m1ON；【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，以及實驗的步驟，在驗證動量守恒定律實驗中，無需測出速度的大小，可以用位移代表速度同時，在運用平拋運動的知識得出碰撞前后兩球的速度，因為下落的時間相等，則水平位移代表平拋運動的速度12、B 相同 B 改變 不變 B BD 見解析 【解析】（1）1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速度相等即可，斜槽軌道不需要光滑，A不符合題意，B符合題意；故選B；（2）2兩球要發(fā)生對心碰撞，故兩球的半徑應(yīng)相同；3為了防止入射球反彈，所以入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰小球，所以應(yīng)選一個鋼球、一個玻璃球，AC不符合題意，B符合題意；故選B；（3）45若僅降低斜槽上固定點的位置，小球離開軌道做平拋運動的速度減小，由于平拋運動的高度不變，所以不平位移變小，即小球的落地點到O點的距離將改變，若僅增大小球1的質(zhì)量，小球仍以相同的速度從斜槽末端飛出，由于平拋運動的高度不變，運動的時間不變，所以小球的落地點到O點的距離不變；（4）6小球做平拋運動由于高度相同，由公式得