2023屆江西省贛州三中物理高三上期中達標檢測模擬試題（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、一條形磁鐵靜止在斜面上，固定在磁鐵中心的豎直上方的水平導線中通有垂直紙面向里的恒定電流，如圖所示，若將磁鐵的N極位置與S極位置對調后，仍放在斜面上原來的位置，則磁鐵對斜面的壓力F和摩擦力 的變化情況分別是AF增大， 減小BF減

2、小， 增大CF與 都減小DF與 都增大2、在物理學的重大發(fā)現中，科學家們總結出了許多物理學方法，以下關于物理學研究方法的敘述正確的是（ ）A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法運用了假設法B根據速度的定義式，當t趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了微元法C在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，然后將各小段位移相加，運用了微積分的方法D在對自由落體運動的研究中，伽利略猜想運動速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證3、關于動量和動能，下列說法中錯誤的是（ ）A做變速運動的物體，動能一定不斷變化B做變速運動的物體，動量一定不斷

3、變化C合外力對物體做功為零，物體動能的增量一定為零D合外力的沖量為零，物體動量的增量一定為零4、在物理學的探索和發(fā)現過程中，科學家們運用了許多研究方法以下關于物理學研究方法的敘述中錯誤的是( )A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是等效替代法B根據速度定義式vxt，當t0時，xt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法C在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，這里運用了控制變量法D在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，再把各小段位

4、移相加，這里運用了微元法5、如圖所示是某物體做直線運動的v一t圖象，則該物體全過程A做勻速直線運動 B做勻加速直線運動C一直朝某一方向運動 D在某一線段上做兩個來回運動6、現用某一光電管進行光電效應實驗，當用某一頻率的光入射時，有光電流產生下列說法正確的是()A入射光的頻率變高，飽和光電流變大B入射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大C遏止電壓的大小與入射光的頻率無關，與入射光的光強有關D保持入射光的光強不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產生二、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

5、錯的得0分。7、關于物體的運動，以下說法正確的是A物體做平拋運動時，在任意相等時間內速度的增量一定相同B物體做勻速圓周運動時，加速度恒定C合力對物體做功為零時，物體的機械能一定守恒D如圖所示，光滑的水平面上放置一個光滑的斜劈M，在小物塊m沿斜劈斜面下滑的過程中，小物塊和斜劈組成的系統(tǒng)總動量不守恒8、如圖甲所示，一個質量m2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動摩擦因數0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始向右運動，經過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，g取10 m/s2.則 ( )A物塊經過4 s回

6、到出發(fā)點B4.5 s時水平力F的瞬時功率為24 WC05 s內摩擦力對物塊先做負功，后做正功，總功為零D05 s內物塊所受合力的平均功率為1.8 W9、如圖甲所示，匝數為N匝的矩形閉合導線框abced,電阻不計，處于磁感應強度大小為0.2T的水平勻強磁場中，導線框面積為0.5m2.導線框繞垂直于磁場的軸勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，變壓器原、副線圈匝數比為10:1,副線圈接有一滑動變阻器R,副線圈兩端的電壓隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是A導線框abcd線圈的匝數N=200B若導線框的轉速加倍，變壓器的輸出功率將加倍C若滑動變阻器的滑片P向上移動，u-t圖像的峰值不變D導線框

7、abcd線圈中產生的交變電壓的表達式為u=200sin100t10、如圖所示,一位網球運動員以拍擊球,使網球沿水平方向飛出.第一只球飛出時的初速度為v1,落在自己一方場地上后,彈跳起來,剛好擦網而過,落在對方場地的A點處.第二只球飛出時的初速度為v2,直接擦網而過,也落在A點處. 設球與地面碰撞時沒有能量損失,且不計空氣阻力,則( )A網球兩次飛出時的初速度之比v1v2=1:3B網球兩次飛出時的初速度之比v1v2=1:2C運動員擊球點的高度H與網高h之比 Hh= 4:3D運動員擊球點的高度H與網高h之比 Hh=3:2三、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

8、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_(填選項前的符號)，間接地解決這個問題。A小球開始釋放高度hB小球拋出點距地面的高度HC小球做平拋運動的射程(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多次從傾斜軌道上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OP，然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是_。(填選項前的符號)A用天平

9、測量兩個小球的質量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OM、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(4)若兩球發(fā)生彈性正碰，則OM、ON、OP之間一定滿足的關系是_(填選項前的符號)。A.OP=ON-OM B2OP=ON+OM COP-ON=2OM12（12分）小青用如圖甲所示的實驗裝置，探究“加速度與力和質量的關系”。(1)以下關于圖甲中操作正確的是_。A本實驗采用了控制變量法探究多個變量之間的關系B如果選用電火花計時器，所用的交流電為低壓6 VC操作過程中應控制砂

10、和砂桶的總質量遠大于小車的質量(2)小青通過實驗獲得如表所示的幾組數據，請用描點法在圖乙中得出a -F的關系圖象_。F/(9.810-3 N)2468101214a/(ms-2)0.220.310.420.510.590.680.78 (3)根據第(2)小題中畫出的圖線，可以判斷在操作過程中，平衡摩擦力時，長木板的傾角_(選填“偏大”“恰好”或“偏小”)。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）如圖甲，光滑平臺右側與一長為L=5m的水平木板相接，木板固定在地面上，現有一可視為質點的小滑塊以初速度你滑上木板，恰好

11、滑到木板右端停止?，F將木板右端抬高，如圖乙，使木板與水平地面的夾角=37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10m/s2，sin37=0. 6，cos37=0. 8。求：（1）滑塊與木板之間的動摩擦因數；（2）滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。14（16分）如圖所示，在傾角=的足夠長的固定的斜面底端有一質量m=1kg的物體.物體與斜面間動摩擦因數=0.25，現用輕繩將物體由靜止沿斜面向上拉動拉力F=10N，方向平行斜面向上經時間t=4s繩子突然斷了，（sin=0.60；cos=0.80；g=10m/s2）求：（1）繩斷時物體的速度大?。?）從繩子斷了開

12、始到物體再返回到斜面底端的運動時間？ 15（12分）如圖所示，水平軌道上有一輕彈簧左端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時，其右端位于P點.現用一質量m=0.1kg的小物塊 (可視為質點)將彈簧壓縮后釋放，物塊經過P點時的速度v0=18m/s，經過水平軌道右端Q點后沿半圓軌道的切線進入豎直固定的光滑圓軌道，最后物塊經軌道最低點A拋出后落到B點，已知物塊與水平軌道間的動摩擦因數=0.15，R=1m，A到B的豎直高度h=1.25m，取g=10m/s2. (1) 求物塊到達Q點時的速度大?。ūＡ舾枺?；(2) 求物塊經過Q點時圓軌道對物塊的壓力；(3) 求物塊水平拋出的位移大小.參考答案一、單項選擇題：本題共6

13、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】在磁鐵的N極位置與S極位置對調前,根據左手定則判斷可以知道,導線所受的安培力方向斜向下,由牛頓第三定律得知,磁鐵所受的安培力方向斜向上,設安培力大小為,斜面的傾角為,磁鐵的重力為G,由磁鐵的受力平衡得:斜面對磁鐵的支持力: ,摩擦力: ,在磁鐵的N極位置與S極位置對調后,同理可以知道,斜面對磁鐵的支持力： ,摩擦力: 可見,F、f都增大，故D正確；綜上所述本題答案是：D2、C【解析】A、質點采用的科學方法為建立理想化的物理模型的方法,故A錯誤;B、為研究某一時刻或某一位置時的速度,我們采用了取時間非常

14、小,即讓時間趨向無窮小時的平均速度作為瞬時速度,即采用了極限思維法,故B錯誤； C、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,即采用了微積分的方法，故C正確；D、伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并未直接進行驗證，而是在斜面實驗的基礎上的理想化推理并直接用實驗進行了驗證，故D錯誤；綜上所述本題答案是：C3、A【解析】A做變速運動的物體，速度大小不一定變化，動能不一定變化；故A錯誤，符合題意；B做變速運動的物體，速度發(fā)生變化，動量一定不斷變化；故B正確，不符題意；C合外力對物體做功為零，據動能定理，物體動能不變，物體動能的增量一定為零；故C

15、正確，不符題意；D合外力的沖量為零，據動量定理，物體動量不變，物體動量的增量一定為零；故D正確，不符題意。故選A。4、A【解析】在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是理想模型法，選項A錯誤；根據速度定義式vxt，當t0時，xt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法，選項B正確；在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，這里運用了控制變量法，選項C正確；在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，再把各小段位移相加，這里運用了微元法，選項D

16、正確；此題選擇錯誤的選項，故選A.5、C【解析】在v-t圖象中，圖象的斜率表示物體的加速度，01s內加速度是正和1s2s內的加速度是負，方向不同，所以物體既不做勻速直線運動，也不做勻加速直線運動，故AB錯誤，速度的正負表示運動方向，0-4S速度為正，所以物體一直朝某一方向運動，不是在某一線段上做兩個來回運動，故C正確，D錯誤；故選C。6、B【解析】飽和光電流與入射光的頻率無關，故A錯誤；根據光電效應的規(guī)律，光電子的最大初動能隨入射光頻率的增大而增大，所以入射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大，故B正確；根據Ue=12mvm2=h-W逸出功可知遏止電壓的大小與入射光的頻率有關，與入射光的光強無

17、關，選項C錯誤；如果入射光的頻率小于極限頻率將不會發(fā)生光電效應，不會有光電流產生，故D錯誤；故選B?！军c睛】解決本題的關鍵知道光電效應的條件，以及影響光電子最大初動能的因素，知道入射光的強度影響的是單位時間內逸出的光電子數目入射光越強飽和光電流越大二、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】平拋運動是加速度為g的勻加速運動v=gt在任意相等時間內速度的增量是相等故A正確；勻速圓周運動加速度的方向指向圓心，始終是變化的故B錯誤；只有重力做功時機械能才守恒故C錯誤；由

18、于系統(tǒng)的合外力不為零，則小物塊和斜劈組成的系統(tǒng)總動量不守恒，但水平方向動量守恒，故D正確；故選AD8、BD【解析】A.由圖可看出，4s內速度方向始終為正方向，則物塊經過4 s沒有回到出發(fā)點，A選項錯誤；B.4.5s時，加速度大小為，物體向左運動，受摩擦力向右，求得力F=16N，力F的功率為B選項正確；C.滑動摩擦力始終與物體的運動方向相反，始終做負功，C選項錯誤；D.05 s內物塊所受合力的做的功等于動能增加量，平均功率為D選項正確9、CD【解析】A由乙圖可知，輸出電壓的最大值Um2=20V，周期為，角速度輸入端的最大值發(fā)電機輸出的最大電壓值解得故A錯誤；B若轉速度加倍，則最大值加倍，有效值加

19、倍；輸出端的有效值也會加倍，則由可知，輸出功率將變成原來的4倍；故B錯誤；C理想變壓器，輸出電壓由輸入電壓、原副線圈匝數比決定，原線圈無變化，輸入電壓無變化，輸出電壓無變化，將導線框的滑片P向上移動時，u-t圖象的峰值不變；故C正確；D表達式應為故D正確。故選CD。10、AC【解析】AB：兩球被擊出后都做平拋運動，據平拋運動的規(guī)律知，兩球被擊至各自第一次落地的時間是相等的。由題意結合圖可知，兩球從擊出至第一次落地的水平射程之比為x1:x2=1:3，則網球兩次飛出時的初速度之比v1:v2=1:3。故A項正確，B項錯誤。CD：第一個球落地后反彈做斜拋運動，據運動的對稱性可知，DB段的逆過程和OB段

20、是相同的平拋運動，則兩只球下落相同高度H-h后水平距離x1+x2=2x1，據x1=v1t1、x1=v1t2、x2=v2t2，得：v1t2+v2t2=2v1t1，又v1:v2=1:3，則t1=2t2；H=12gt12、H-h=12gt22，則H=4(H-h)，解得：H:h=4:3。故C項正確，D項錯誤?！军c睛】據運動的可逆性，斜上拋可當成平拋的逆過程。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、C ADE m1OMm2ONm1OP A 【解析】（1）小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球

21、的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故C正確，ABD錯誤。（2）要驗證動量守恒定律定律，即驗證：m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：m1v1t= m1v2t+ m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此實驗需要過程為：測量兩球的質量、確定落點從而確定小球的水平位移，故選ADE。（3）由（2）可知，實驗需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON。（4）根據彈性碰撞的公式，碰撞后兩球的速度為：v1=m1-m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0顯然v2-v1=v0，因平拋運動

22、中的時間相等，所以有：OP=ON-OM，故A正確，BCD錯誤。12、A 偏大 【解析】(1)1A. 本題考查實驗“探究加速度與力和質量的關系”，描點法，本實驗要探究加速度、力、質量三個變量間的關系，采用控制變量法，即先控制小車質量不變，研究小車加速度與合力（拉力）的關系，再控制小車所受合力（拉力）不變，研究加速度與質量的關系，故A正確；B. 若選用電火花計時器，對應電壓應為交流220V，故B錯誤；C. 為使沙桶及桶內沙的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，應滿足的條件是沙桶及桶內沙的總質量遠小于小車和小車上砝碼的總質量，故C錯誤；(2)2采用描點法畫出的關系圖象如答案圖所示；(3)3由圖線得，直線與縱軸交于點（0，0.03m/s2），即沒有拉力時，小車已有加速度，說明長木板的傾角偏大。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）0.25（2）【解析】（1）設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度為a，則對滑塊有mg=ma滑塊恰好到木板右端停止解得（2）當木板傾斜時，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大距離為x，上滑的時間為t1，有解得設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有解得滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間14、（1）8m/s（2）（1+）s【解析】(