2022-2023學年蕪湖市重點中學物理高三上期中預測試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，在水平向右的勻強磁場中，有一傾角為的光滑固定斜面，斜面上垂直紙面放置一根長為L、質量為m的通電直導體棒，導體棒中的電流為I、方向垂直紙面向外，導體棒剛好

2、能靜止在斜面上；重力加速度為g。則勻強磁場的磁感應強度大小為（）ABCD2、如圖所示，用三段不可伸長的輕質細繩、共同懸掛一重物使其靜止，其中端固定，繩與水平之間的夾角為最初繩是水平的，現保持角不變，將繩的端逐漸向上移動，在端到達點正上方的過程中，若分別用和表示和繩上的拉力大小，則下列判斷中正確的是（ ）A先變大后變小，先變小后變大B先變小后變大，先變小后變大C一直變小，先變大后變小D一直變小，先變小后變大3、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為實驗中，極板所帶電荷量不變，若 A保持S不變，增大d，則變大B保持S不變，增

3、大d，則變小C保持d不變，減小S，則變小D保持d不變，減小S，則不變4、如圖所示,為一在水平面內做勻速圓周運動的圓錐擺,關于擺球的受力情況,下列說法中正確的是（ ）A擺球受重力、拉力和向心力的作用B擺球受拉力和向心力的作用C擺球受拉力和重力的作用D擺球受重力和向心力的作用5、關于物理學研究方法，以下說法錯誤的是（）A在用實驗探究加速度、力和質量三者之間的關系時，采用控制變量法B伽利略對自由落體運動的研究，以及理想斜面實驗探究力和運動的關系時，采用實驗歸納法C某些情況下，不考慮物體的大小和形狀，突出質量要素，把物體看做質點；點電荷類似力學中的質點，也是一種理想化的物理模型D在利用速度-時間圖象推

4、導勻變速直線運動的位移公式時，把運動過程無限劃分，采用微元法6、如圖所示，一小球用繩子掛在墻上，設墻面對球的壓力大小為，繩子對球的拉力大小為，讓繩子縮短（繩與墻間夾角變大），則（ ）A增大，增大B增大，減小C減小，增大D減小，減小二、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、一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0 時刻的波形圖如圖所示，波剛好傳到x=8 m的位置，P是平衡位置為x=1 m處的質點，并經過0.2 s完成了一次全振動，Q是平衡位置為x=4 m處的質點，M是平衡位置為x

5、=34m處的質點（M點圖中未畫出），則下列說法不正確的是（ ）A波源的起振方向沿y軸負方向Bt=0.15 s時，質點Q縱坐標為10 cmC波剛好傳到M質點時，質點P振動方向沿y軸正方向D當質點M第一次出現在波峰位置時，質點Q恰好出現在平衡位置且振動方向沿y軸正方向E.從t=0.10 s到t=0.15 s，質點P通過的路程為10 cm8、如圖所示，物塊M通過與斜面平行的細繩與小物塊m相連。斜面的傾角可以改變，討論物塊M對斜面的摩擦力的大小，則有（）A若物塊M保持靜止，則角越大，摩擦力一定越大B若物塊M保持靜止，則角越大，摩擦力可能越小C若物塊M沿斜面下滑，則角越大，摩擦力越大D若物塊M沿斜面下滑

6、，則角越大，摩擦力越小9、一列簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖所示,質點P此時刻沿-y運動,經過0.1 s第一次到達平衡位置,波速為5 m/s,則下列說法正確的是（ ）A該波沿x軸負方向傳播BQ點的振幅比P點的振幅大CP點的橫坐標為x=2.5 mDQ點的振動方程為y=5cos t cmE.x=3.5 m處的質點與P點振動的位移始終相反10、如圖為小型起重機起吊重物的示意圖一根輕繩跨過光滑的滑輪，輕繩的一端系在高處的A點，另一端掛在起重機的吊鉤上，動滑輪的下端掛上重物，吊鉤處于C點起吊過程是這樣的，先讓吊鈞由靜止從C豎直向上緩慢地移動到B，然后從B水平向右緩慢地移動到D下列說法正確的是( )A吊鉤

7、從C向B移動的過程中，輕繩彈力的值不變B吊鉤從B向D移動的過程中，輕繩彈力的值不變C吊鉤從B向D移動的過程中，輕繩彈力的值變大，D吊鉤從B向D移動的過程中，輕繩彈力的值變小三、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（6分）如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數學家和物理學家阿特伍德（GAtwood1746-1807）創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示（1）實驗時，該同學進行了如下步驟：將質量均為M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜

8、止狀態(tài)測量出_（填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎直距離h在B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t測出擋光片的寬度d，計算有關物理量，驗證機械能守恒定律（2）如果系統（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，應滿足的關系式為_（已知重力加速度為g）（3）引起該實驗系統誤差的原因有_（寫一條即可）12（12分）在“用單分子油膜估測分子的大小”的實驗中，若一滴油酸酒精溶液中油酸所占的體積為V，在水面上散開形成的油膜面積為S，則油酸分子的直徑d=_。如果實驗中油膜沒有完全散開，則得到的油酸分子直徑_（選填“偏大”或“偏小

9、”）。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，一塊質量為M=2kg、長為L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一質量為m=12kg的物塊A（可視為質點），A上連接一根很長的輕質細繩，細繩跨過位于桌面邊緣的定滑輪掛上一質量為m1=11kg的重物，用手托住重物使細繩伸直但無張力，重物距離地面的高度為h=1m；已知A與B之間的動摩擦因數為=12，A與滑輪間的細繩與桌面平行，B右端距離桌邊定滑輪足夠遠；釋放重物后，A相對于B滑動；重力加速度g=11m/s2；（1）求重物落地前瞬間細繩上的拉力大小和A的速度大

10、小；（2）當AB相對靜止時，A仍在B上，求從釋放重物到AB相對靜止的過程中A運動的時間14（16分）如圖1所示，用一根不可伸長的輕質細線將小球懸掛在天花板上的O點，現將小球拉離平衡位置，使細線與豎直方向成一夾角（該夾角小于5）后由靜止釋放小球的大小和受到的空氣阻力忽略不計（1）證明小球的運動是簡諧運動；（2）由傳感器測得小球偏離平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，求小球運動過程中的最大速度值15（12分）質量為m=0.5 kg、長L=1 m的平板車B靜止在光滑水平面上，某時刻質量M=l kg的物體A（視為質點）以v0=4 m/s向右的初速度滑上平板車B的上表面，在A滑上B的同時，給B施加

11、一個水平向右的拉力已知A與B之間的動摩擦因數=0.1，重力加速度g取10 m/s1試求：（1）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F大小應滿足的條件；（1）若F=5 N，物體A在平板車上運動時相對平板車滑行的最大距離參考答案一、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、D【解析】根據左手定則可知導線受到的安培力豎直向上，其還受豎直向下的重力，要使導線能靜止在斜面上，則只有所以解得故D正確，ABC錯誤。故選D。2、D【解析】對點受力分析，如圖所示：保持角不變，將繩的端逐漸向上移動，在端到達點正上方的過程中，一直變小，先變小后變大，故ABC

12、錯誤，D正確；故選D【點睛】懸繩固定的物體平衡問題，往往以結點為研究對象，正確分析受力，作出力圖，即可圖像法求解3、A【解析】AB、電容器所帶電荷量Q不變，由可知不變，增大d，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，從而使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角變大，故A正確、B錯誤;CD、同理可知保持d不變，減小S，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角變大，故選項C、D均錯誤故選:A.4、C【解析】向心力是效果力，在受力分析時不能說球受到向心力，擺球A受拉力和重力的作用，拉力和重力的合力提供向心力，故C正確；ABD錯誤；故選C5、B【解析】A、在用實驗探究加速度、力

13、和質量三者之間的關系時，由于涉及物理量較多，因此采用控制變量法進行實驗，故A正確；B、伽利略對自由落體運動的研究，以及理想斜面實驗探究力和運動的關系時，采用的是理想斜面實驗法，故B錯誤；C、質點、點電荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住問題的主要因素，忽略次要因素，故C正確；D、在利用速度-時間圖象推導勻變速直線運動的位移公式時，采用極限思想，把時間軸無限分割，得出面積大小等于物體位移的結論，故D正確本題選錯誤的，故選B【點睛】本題考查了常見的研究物理問題的方法的具體應用，如控制變量法、理想實驗、理想化模型、極限思想等，要通過練習體會這些方法的重要性，培養(yǎng)學科思想6、A【解析】對小球受力

14、分析，如圖所示：根據平衡條件，有：FN=mgtan當繩子縮短，繩與墻間夾角變大時，則FN變大，FT變大A增大，增大，與結論相符，選項A正確；B增大，減小，與結論不相符，選項B錯誤；C減小，增大，與結論不相符，選項C錯誤；D減小，減小，與結論不相符，選項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、BCE【解析】A、根據波向右傳播可得：波前向下振動，故波源的起振方向沿y軸負方向，故A正確；B、P經過0.2s完成了一次全振動，故周期，t=0s時，質點Q在平衡位置，正向上振動

15、，故經過后,質點縱坐標為-10cm，故B錯誤；C、由圖可得：波長，故波速；波傳播到M點的時間；t=0時，質點P向下振動，故經過0.65s后質點P向下振動，故C錯誤；D、質點M第一次出現在波峰位置時， ，故質點Q恰好和t=0s時振動相同，即在平衡位置，正向上振動，故D正確；E、從t=0.10s到t=0.15s，即，質點P從縱坐標為負向上運動到縱坐標為正，經過時間為，那么根據越靠近平衡位置速度越大可以知道：質點P通過的路程大于A，即大于10cm，故E錯誤；故錯誤的選BCE【點睛】根據波的傳播方向得到波前的振動方向，從而得到起振方向；根據全振動的時間得到周期，即可根據質點振動方向得到縱坐標；根據波的

16、傳播由波速和距離得到確定的時刻，然后根據周期及振動方向得到質點的振動；最后根據質點振動方向和位置得到質點經過的路程，由與平衡位置的關系得到時間內路程和A的關系8、BD【解析】AB物體m受到重力mg和拉力F，處于平衡狀態(tài)對滑塊M受力分析，受重力Mg、支持力 、拉力F和靜摩擦力，其中靜摩擦力方向取決于拉力F和重力的下滑分量的大小，若受力如圖根據平衡條件，有故越大，越大若受力如圖根據平衡條件，有故越大，越小A錯誤B正確；CD由于物體M下滑，所以物體所受到滑動摩擦力，有由于是在斜面上當增大時，減少（090度），所以減少，C錯誤D正確；故選BD。9、ACD【解析】A質點P此時刻沿-y軸方向運動，振動比左

17、側鄰近的波峰振動早，所以該波沿x軸負方向傳播，故A正確；B簡諧橫波傳播過程中各個質點的振幅相同，故B錯誤；C波沿x軸負方向傳播，0.1s內向左傳播的距離為x=vt=50.1m=0.5m由波形平移法知圖中x=3m處的狀態(tài)傳到P點，所以P點的橫坐標為x=2.5m，故C正確；D根據 、得 ，題圖中Q點的振動方程y=Acost=5cost（cm）故D正確；Ex=3.5m處的質點與P點相差小于半個波長，所以振動的位移不是始終相反，故E錯誤。故選ACD。10、AC【解析】因物體重力不變，故重力與兩繩子的拉力為平衡力；并且繩子為兩端的張力相等；設繩子間的夾角為2；在由C到B上移的過程中有：2Tcos=mg；

18、由幾何關系可知，繩子為l，則有：lsin=d；因由C到B的過程中A到BC的垂直距離不變，故為定值；故輕繩上的拉力不變；故A正確；由B到D的過程中，繩長不變，夾角2一定增大，則由A中分析可知，T一定增大；故BD錯誤，C正確；故選AC【點睛】本題難點在于C到B的過程分析，要通過幾何關系的分析判斷出兩繩子與重力所在的直線的夾角保持不變，從而得出拉力不變的結論來三、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、 擋光片中心 繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等【解析】（1、1）需要測量系統重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光

19、電門中心的距離，系統的末速度為： ，則系統重力勢能的減小量Ep=mgh，系統動能的增加量為：Ek (1M+m)v1 (1M+m)( )1，若系統機械能守恒，則有：mgh= (1M+m)( )1（3）系統機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等12、 偏大 【解析】1 根據體積公式可知分子直徑為；2 油膜沒有完全散開會導致油酸的在水面的擴散面積減小，從而測量的分子直徑偏大。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）18N 2m/s（2）【

20、解析】（1）設釋放重物后重物的加速度為a1，細繩的張力大小為F，對重物，由牛頓第二定律可得：m1g-F=m1a1對A，由牛頓定律：F-mg=ma1聯立解得：F=18N a1=2m/s2由v12=2a1h解得重物落地前瞬間A的速度大小為v1=2m/s（2）重物落地前，A運動的時間B的加速度重物落地時B的速度v2=a2t1=12m/s落地后，A開始做減速運動，加速度大小為a3=g=2m/s2設經過時間t2,AB速度相等，則有v1-a3t2=v2+a2t2解得：從釋放重物到AB相對靜止的過程中A運動的時間為：【點睛】此題是關于牛頓第二定律的綜合應用習題；解題時要弄清兩個物體運動的物理過程，認真分析物體的受力，根據牛頓定律首先求出物體的加速度，并能關聯兩個物體運動的位移及時間關系聯立解答14、 (1)見解析(2)【解析】（1）設小球偏角為時離開平衡位置的位移為x，擺長為L，則： 小球受到的回復力： 聯立解得： 且因F與x方向相反，故