山東省臨沭第一中學2022-2023學年物理高三第一學期期中監(jiān)測模擬試題（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、一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，假如小球所受空氣阻力大小恒定，該過程的位移一時間圖像如圖所示，g取10m/s2，下列說法正確的是（ ）A小球拋出時的速度為12m/sB小球上升和下落的時間之比為C小球落回到拋

2、出點時所受合力的功率為D小球上升過程的機械能損失大于下降過程的機械能損失2、如圖所示,a、b兩物體的質量分別為m1和m2,由輕質彈簧相連.當用恒力F豎直向上拉著a,使a、b一起向上做勻加速直線運動時,彈簧伸長量為x1,加速度大小為a1;當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a,使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時,彈簧伸長量為x2,加速度大小為a2,則()Aa1=a2,x1=x2Ba1x2Da1x23、如圖所示，豎直面內光滑的3/4圓形導軌固定在一水平地面上，半徑為R一個質量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進入圓軌道不考慮空氣阻力，則下列說法

3、正確的是（）A適當調整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B若h=2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為4mgC只有h2.5R時，小球才能到達圓軌道的最高點MD若h=R，則小球能上升到圓軌道左側離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR4、如圖所示，質量相同的兩小球(可看成質點)a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的是A小球a、b在空中飛行的時間之比為21B小球a、b拋出時的初速度大小之比為21C小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為11D小球a、b到達斜面底端時的動能之比為415、某段高速公路對

4、載重貨車設定的允許速度范圍為5080 km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險，如圖所示某質量為4.0104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進1 km，上升0.04 km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中()A牽引力等于2104 NB速度可能大于36 km/hC上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功D上坡過程增加的機械能等于汽車克服阻力所做的功6、某物體在三個共點力的作用下處于靜止狀態(tài)，若把其中一個力 F1 的方向沿順時針轉

5、過60 角而保持其大小不變，其余兩力保持不變，則此時物體所受的合力大小為AF1BF1C2 F1D無法確定二、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、發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道1，然后在圓軌道1的Q點經點火使衛(wèi)星沿橢圓軌道2運行，待衛(wèi)星到橢圓軌道2上距地球最遠點P處，再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3，如圖所示則衛(wèi)星在軌道1、2和3上正常運行時，有（ ）A衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度C衛(wèi)星在軌道1上經Q點

6、的加速度等于它在軌道2上經Q點的加速度D衛(wèi)星在軌道2上運行時經過P點的加速度跟經過Q點的加速度相等8、下列說法正確的是（ ）A布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動B0 的冰熔化成0 的水的過程中內能和分子勢能都有增大C物體的溫度為0時，物體分子的平均動能為零D隨著低溫技術的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但不能達到絕對零度E.氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強越大F.空氣的相對濕度定義為水的飽和蒸汽壓與相同溫度時空氣中所含水蒸氣的壓強之比9、如圖所示，質量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質量為m的木塊已知m與M之間的動摩擦因數為，m、M與桌面間的動摩擦因數均為2現對M施一水平恒力F，

7、將M從m下方拉出，而m恰好沒滑出桌面，則在上述過程中A水平恒力F一定大于3(m+M)gBm在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等CM對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等D若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面10、如圖所示，在直角三角形ABC內存在垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，現垂直AB邊射入一群質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，運動時間最長的粒子在磁場中運動的時間為，則下列判斷正確的是（）A粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B該勻強磁場的磁感應強度大小為C粒子在磁場中運動的軌道半徑為D粒子進

8、入磁場時的速度大小為三、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）某同學欲運用牛頓第二定律測量滑塊的質量M，其實驗裝置如圖甲所示，設計的實驗步驟為：（1）調整長木板傾角，當鉤碼的質量為m0時滑塊恰好沿木板向下做勻速運動；（2）保持木板傾角不變，撤去鉤碼m0，將滑塊移近打點計時器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，并打出點跡清晰的紙帶如圖乙所示(打點計時器的工作頻率為50Hz)請回答下列問題：打點計時器在打下D點時滑塊的速度vD=_m/s；(結果保留3位有效數字)滑塊做勻加速直線運動的加速度a=_m/s2；(結果保留3位有效數字)

9、滑塊質量M=_(用字母a、m0和當地重力加速度g表示)（3）保持木板傾角不變，掛上質量為m(均小于m0)的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運動，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質量，分別求出相應的加速度（4）若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出amg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質量M=_kg(取g=10m/s2，結果保留3位有效數字)12（12分）某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光：調整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋回答下列問題：（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數，該同學可_；A將單縫向雙縫靠近B將屏向靠近雙縫的方向移動C將屏向遠離雙縫的方向移

10、動D使用間距更小的雙縫（2）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為x，則單色光的波長=_；（3）某次測量時，選用的雙縫的間距為1311 mm，測得屏與雙縫間的距離為1.21 m，第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56 mm則所測單色光的波長為_nm（結果保留3位有效數字）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）真空中有如圖所示的矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場，下半部分有方向豎直向下的

11、勻強電場以水平分界線為x軸，正中心為坐標原點O，在處有一與x軸垂直的足夠大的光屏(圖中未畫出)質量為m、電荷量為q的帶負電粒子不斷地從下邊界中點P處由靜止開始經過勻強電場加速，通過坐標原點后射入勻強磁場中粒子間的相互作用和粒子重力均不計(1)若粒子從P點開始到第二次通過x軸時，恰好過x=h的點A，求加速電場的場強(2)若要求粒子從磁場的右側邊界射出，求符合條件的加速電場場強的范圍(3)若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強多大?粒子在電場和磁場中運動的總時間多長?14（16分）如圖所示為一倒U型的玻璃管，左端封閉，右端開口且足夠長，導熱性能良好。當溫度為27時

12、，封閉在管內的氣柱AB長5cm，BC長10cm，水銀柱水平部分CD長5cm，豎直部分DE長15cm。已知環(huán)境大氣壓p0=75cmHg不變，求管內氣柱溫度升至167時的長度。15（12分）如圖所示，質量為5kg的物塊自傾角為37的傳送帶上由靜止下滑，物塊經過水平地面CD后進入光滑半圓弧軌道DE，傳送帶向下勻速轉動，其速度v=10m/s，傳送帶與水平地面之間光滑連接（光滑圓弧BC長度可忽略），傳送帶AB長度為16m，水平地面 CD長度為6.3 m，物塊與水平地面、傳送帶間的動摩擦因數均為=0.5，圓弧DE的半徑R=1.125m（sin 37=0.6，cos 37=0.8）（1）求物塊在傳送帶上運動

13、時系統(tǒng)產生的熱量；（2）物塊到達E點時的速度參考答案一、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】由圖知，小球上升的位移 x=24m，用時 t1=2s，平均速度由得初速度 v0=24m/s故A錯誤上升時加速度大小為；由牛頓第二定律得：mg+f=ma1；解得空氣阻力的大小 f=2N；對于下落過程，由牛頓第二定律得 mg-f=ma2；解得 a2=8m/s2；則 a1：a2=3：2；根據位移公式x=at2，及上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的時間之比為故B錯誤由上可得下落時間，小球落回到拋出點時速度為所受合力 F合=mg

14、-f=8N，此時合力的功率為故C正確小球上升和下落兩個過程克服空氣阻力做功相等，由功能原理知，球上升過程的機械能損失等于下降過程的機械能損失故D錯誤故選C2、B【解析】先對AB整體進行分析，可以得出整體運動的加速度；再對隔離出受力最少的一個進行受力分析，由牛頓第二定律可得出彈簧彈力，則可得出彈簧的形變量【詳解】對整體分析有： ，可知a1a1；隔離對b分析有：F1-m1g=m1a1，解得：，可知F1=F1，根據胡克定律知，x1=x1故應選：B【點睛】本題考查了牛頓第二定律和胡克定律的基本運用，掌握整體法和隔離法的靈活運用3、C【解析】若小球從M到N做平拋運動，故有：R=vMt， ，所以， ；若小

15、球能到達M點，對小球在M點應用牛頓第二定律可得： ，所以，故小球不可能從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處，故A錯誤；設小球在最低點速度為v，對小球從靜止到軌道最低點應用動能定理可得：mgh=mv2；再由牛頓第三定律，對小球在最低點應用牛頓第二定律可得：小球在軌道最低點對軌道的壓力 ；故B錯誤；對小球從靜止到M點應用動能定理可得： ，所以，h2.5R，故C正確；若h=R，由動能定理可得：小球能上升到圓軌道左側離地高度為R的位置，該過程始末位置高度差為零，故重力做功為零，故D錯誤；故選C4、C【解析】根據下落的高度求出平拋運動的時間之比,結合水平位移和時間求出初速度之比,根據動能定理求出

16、小球到達斜面底端時的動能之比.抓住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,求出兩球的速度方向與斜面的夾角關系.【詳解】A、因為a、b兩球下落的高度之比為2:1,根據 得, ,則飛行時間之比為 ,故A錯誤.B、a、b兩球的水平位移之比為2:1,時間之比為,根據 知,初速度之比為,故B錯；C、小球落在斜面上時,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,因為位移與水平方向的夾角相等,則速度與水平方向的夾角相等,到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等,故C對;D、根據動能定理可以知道,到達斜面底端時的動能之比代入已知量可知 ，故D錯；故選C5、A【解析】

17、A、貨車勻速上坡的過程中，根據平衡條件，牽引力的大小故A正確B、根據可得故B錯C、上坡的過程中增加的重力勢能等于汽車牽引力做的功與克服阻力做功之差，故C錯D根據功能關系，上坡過程中增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做功之差故D錯【點睛】本題通過汽車的運動來考查公式，以及功能關系本題在審題是要特別注意的是汽車是勻速爬坡的，所以汽車增加的機械能就等于增加的重力勢能6、A【解析】力平衡中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故除F1外的兩個力的合力大小等于F1，方向與F1反向，故等效成物體受兩個互成120的大小等于F1的力作用；根據平行四邊形定則可知，兩個大小相等且互成120的力合成時

18、，合力在兩個分力的角平分線上，大小等于分力，故此時物體所受到的合力大小為F1；AF1，與結論相符，選項A正確；BF1，與結論不相符，選項B錯誤；C2 F1，與結論不相符，選項C錯誤；D無法確定，與結論不相符，選項D錯誤；故選A。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、BC【解析】衛(wèi)星在1軌道和3軌道均是萬有引力提供向心力：，所以，A錯。=GMr3,13B對；軌道1上經Q點的加速度和它在軌道2上經Q點的加速度均是由萬有引力提供加速度，相同，所以a相同，所以C對；P點和Q點離

19、地球距離不同，所受萬有引力不同，所以a不同。D錯。8、ABD【解析】A布朗運動是固體微粒的無規(guī)則運動，反映了液體分子的無規(guī)則運動，故A正確；B0的冰熔化成0的水的過程中，需要吸熱，內能增大，由于溫度不變，即分子平均動能不變，所以分子勢能增大，故B正確；C物體內的分子在永不停息的做無規(guī)則運動，當溫度為0時，物體的分子平均動能一定不為零，故C錯誤；D根據熱力學第三定律可知，絕度0度不可到達，故D正確；E氣體的壓強與分子運動的激烈程度、分子的密度都有關，氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強不一定越大，故E錯誤；F空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣的壓強與相同溫度時水的飽和蒸汽壓之比，故F錯誤。故選A

20、BD9、AC【解析】A對小木塊，根據牛頓第二定律有：mg=ma1對木板，根據牛頓第二定律有：要使小木塊滑離木板，需使：則有：故A正確；B設小木塊在薄木板上滑動的過程，時間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運動，加速度大小為a2，時間為t2，有：聯(lián)立解得：故B錯誤；C根據動量定理可知，m的動量變化量為零，故說明總沖量為零，因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于還受到支持力的沖量，由于故M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小不相等，故C錯誤；D若增大水平恒力F，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變?。辉谧烂嫔匣瑒拥木嚯x變短，不可能滑

21、出桌面，故D錯誤。故選AC【點睛】薄木板在被抽出的過程中，滑塊先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據運動學規(guī)律求解出時間； 根據動量定理，合外力沖量為零，M對m的沖量與桌面對m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動的距離變短，可以判斷能否滑出桌面10、ABD【解析】A帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即則得周期T=4t0故A正確；B由得故B正確；C設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為，則有得畫出該粒子的運動軌跡如圖，設軌道半徑為R，由幾何知識得可得故C

22、錯誤；D根據，解得故D正確。故選ABD?！军c睛】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是：1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡。2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、速度聯(lián)系；偏轉角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系。3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律。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）【解析】試題分析：根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大?。桓鶕蜃兯僦本€運動的推論公式可以求出加速度的大?。划斎∠录毨K和鉤碼時，由于滑塊所受其它力不變，因此其

23、合外力與撤掉鉤碼的重力等大反向；根據牛頓第二定律有mg=Ma，由此可解得滑塊的質量從圖乙中可知，（2）相鄰計數點間的時間間隔為，根據勻變速直線運動過程中的中間時刻速度推論可得， 根據逐差法可得，聯(lián)立即得滑塊做勻速運動時受力平衡作用，由平衡條件得，撤去時滑塊做勻加速直線運動時，受到的合外力，由牛頓第二定律得，解得（4）滑塊做勻速運動時受力平衡作用，由平衡條件得，掛上質量為m的鉤碼時滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，受到的合外力為，由牛頓第二定律得，解得，由圖丙所示圖象可知，解得M=0.200kg12、B 631 【解析】（i）由x= ，因x越小，目鏡中觀察得條紋數越多，故B符合題意；（ii）由，=

24、 （iii）=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、（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在電場中加速粒子在磁場中旋轉由幾何關系得粒子做圓周運動的半徑三式聯(lián)立可得（2）粒子能從磁場的右側邊界射出時，須滿足粒子在電場中加速粒子在磁場中旋轉各式聯(lián)立可得（3）粒子打在屏上的位置始終不變，則粒子離開磁場時速度方向必平行于x軸正向，由幾何關系知，進入勻強磁場后做勻速圓周運動的半徑帶電粒子在電場中加速過程三式聯(lián)立得從O點進入磁場后先運動半個圓周再返回電場減速到0又返回磁場時速度仍是，如此周期性運動最后從磁場的右邊界水平射出帶電粒子在磁場中運動周期帶電粒子在磁場中運動總時間.帶電粒子在電場中運動總時間帶電粒子在電磁場中運動總時間14、24cm【解析】設玻璃管橫截面為S，則初始狀態(tài)氣柱體積V1=15S，管內氣體壓強P1=75-15=6