2022-2023學(xué)年上海市張堰中學(xué)物理高三第一學(xué)期期中達(dá)標(biāo)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(rèn)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、據(jù)報道，2020年前我國將發(fā)射8顆海洋系列衛(wèi)星，包括2顆海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和2顆海陸雷達(dá)衛(wèi)星(這4顆衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動)，以加強(qiáng)對黃巖島、釣魚島及西沙群島全部島嶼附近海域的監(jiān)測。設(shè)海陸雷達(dá)衛(wèi)星的軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星

2、的n倍，下列說法正確的是( )A在相同時間內(nèi)，海陸雷達(dá)衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積相等B海陸雷達(dá)衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的半徑的三次方與周期的平方之比等于海洋動力環(huán)境衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的半徑的三次方與周期的平方之比C海陸雷達(dá)衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星角速度之比為D海陸雷達(dá)衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星周期之比為2、一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F， F隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是A第2s末，質(zhì)點的動量為0B第2s末，質(zhì)點距離出發(fā)點最遠(yuǎn)C在02s內(nèi)，F(xiàn)的功率一直增大D在04s內(nèi)，F(xiàn)的沖量為03、a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧

3、相連當(dāng)用大小為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(yùn)動時，彈簧伸長量為x1;當(dāng)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(yùn)動時，彈簧伸長量為x2 ；當(dāng)用恒力F傾斜向上向上拉著 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做勻加速直線運(yùn)動時，彈簧伸長量為x3，如圖所示則（ ）Ax1= x2= x3Bx1 x3= x2C若m1m2，則 x1x3= x2D若m1m2，則 x1x3= x24、下列各敘述中正確的是（ ）A牛頓總結(jié)出了萬有引力定律并用實驗測出了引力常量B伽利略首先將實驗事實和邏輯推理(包括數(shù)學(xué)推演)和諧地結(jié)合起來C理想化模型是把實際問題理想化，略去次要因素突出

4、主要因素，例如質(zhì)點、位移等D用比值定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，例如速度v=、加速度a=都是采用了比值法定義的5、如圖所示為一物體隨升降機(jī)由一樓運(yùn)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，木塊B與水平彈簧相連放在光滑水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內(nèi)，入射時間極短，而后木塊將彈簧壓縮到最短，關(guān)于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是( )子彈射入木塊的過程中系統(tǒng)動量守恒子彈射入木塊的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒木塊壓縮彈簧過程中，系統(tǒng)總動

5、量守恒木塊壓縮彈簧過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒ABCD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、研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是A實驗中，只將電容器b板向左平移，靜電計指針的張角變小B實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變大C實驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變小D實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大8、2017年11月21日,我國以“一箭三星”方式將吉林一號視頻04、05

6、、06星成功發(fā)射.其中吉林一號04星的工作軌道高度約為535 km,比同步衛(wèi)星軌道低很多,同步衛(wèi)星的軌道又低于月球的軌道,其軌道關(guān)系如圖Z4-3所示.下列說法正確的是( )A吉林一號04星的發(fā)射速度一定大于7.9 km/sB同步衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的角速度比月球繞地球的角速度小C吉林一號04星繞地球運(yùn)行的周期比同步衛(wèi)星的周期小D所有衛(wèi)星在運(yùn)行軌道上完全失重,重力加速度為零9、如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內(nèi)固定著一個傾角為60的光滑斜面OA，光滑擋板OB與水平方向的夾角為，擋板OB可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將重為G的圓球放在斜面與擋板之間。下列說法正確的是（ ）A若=60，球?qū)π泵娴膲毫?/p>

7、大小為GB若擋板OB從=30位置沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動到=90過程中，則球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大C若=30，使小車水平向左做變加速運(yùn)動，則小車對地面的壓力增大D若=60，使小車水平向右做勻加速直線運(yùn)動，則球?qū)醢宓膲毫赡転榱?0、在一次投球游戲中，黃同學(xué)將球水平拋出放在地面的小桶中，結(jié)果球沿如圖所示的弧線飛到小桶的前方，不計空氣阻力，則下次再投時，可作出的調(diào)整為（ ）A減小初速度，拋出點高度不變B增大初速度，拋出點高度不變C初速度大小不變，降低拋出點高度D初速度大小不變，提高拋出點高度三、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）某實驗小組用

8、圖所示的實驗裝置和器材做“探究動能定理”實驗，在實驗中，該小組同學(xué)把砂和砂桶的總重力當(dāng)作小車受到的合外力，為探究小車的動能變化規(guī)律：（1）為了保證實驗結(jié)果的誤差盡量小，在實驗操作中，下面做法必要的是_。A實驗前要對裝置進(jìn)行平衡摩擦力的操作B實驗操作時要先釋放小車，后接通電源C在利用紙帶進(jìn)行數(shù)據(jù)處理時，所選的兩個研究點離得越近越好D在實驗過程中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（2）除實驗裝置圖中的儀器外，還需要的測量儀器有_，（3）如圖為實驗中打出昀一條紙帶，現(xiàn)選取紙帶中的A、B兩點來探究“動能定理”。已知打點計時器的打點周期為T，重力加速度為g，圖中已經(jīng)標(biāo)明了要測量的物理量。另外，小車的

9、質(zhì)量為M，砂和砂桶的總質(zhì)量為m。請你把要探究的結(jié)果用題中給出的字母表達(dá)出_。12（12分） (1)甲同學(xué)用如圖(a)所示的裝置來驗證動量守恒定律。實驗中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m1_m2（選填“大于” “等于”或“小于”）；圖(a)中O點是小球拋出點在地面上的投影。實驗時，先將入射小球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，測量水平射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)本操作。接下來要完成的必要步驟是_；（填選項前的字母）A用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B測量小球

10、m1開始釋放的高度hC測量拋出點距地面的高度HD分別通過畫最小的圓找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE測量水平射程OM、ON若兩球相碰前、后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為_（用中測量的量表示）。(2)乙同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實驗，但將實驗裝置改成如圖(b)所示。將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中小球1、小球2與木條的撞擊點。實驗時先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B；然后將木條平移到圖中所示位置，入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P；再將入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球2相撞，撞擊點為M和

11、N，測得B與N、P、M各點的高度差分別為h1、h2、h3。只要滿足關(guān)系式_，則說明碰撞中動量是守恒的；只要再滿足關(guān)系式_，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞（用所測物理量的字母表示）。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）我校足球運(yùn)動員在做發(fā)球訓(xùn)練時，將一只靜止的足球，以v0=10m/s的初速度踢出（視足球運(yùn)動為勻減速直線運(yùn)動） ，其加速度大小為2 m/s2，求足球從運(yùn)動到靜止的過程中：(1)平均速度的大小(2)多長時間足球停下(3)從運(yùn)動到靜止的位移大小14（16分）如圖甲所示，有一傾角為30的光滑固定斜面，斜面

12、底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板開始時質(zhì)量為m1 kg 的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，現(xiàn)將力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失此后滑塊和木板在水平面上運(yùn)動的vt圖象如圖乙所示，g10 m/s1求：(1)水平作用力F的大?。?1)滑塊開始下滑時的高度；(3)木板的質(zhì)量15（12分）如圖所示，CDE為光滑的軌道，其中ED是水平的，CD是豎直平面內(nèi)的半圓，與ED相切于D點，且半徑R=0.5m，質(zhì)量m=0.1kg的滑塊A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M=0.5kg的滑塊B前端裝有一輕質(zhì)彈簧（A、B均可視為質(zhì)點）以速度v0向左運(yùn)動并與滑塊A發(fā)生彈性正碰，

13、若相碰后滑塊A能過半圓最高點C，取重力加速度g=10m/s2，則：(1)B滑塊至少要以多大速度向前運(yùn)動；(2)如果滑塊A恰好能過C點，滑塊B與滑塊A相碰后輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢能為多少參考答案一、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、B【解析】根據(jù)可得，衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積為，半徑不同，面積不同，A錯誤；由可知， 是一個定值，B正確；根據(jù)可知角速度之比為，C錯誤；根據(jù)可知周期之比為，D錯誤2、D【解析】由題意可知考查動量、功率、沖量的大小判斷和計算，根據(jù)功率定義式、動量定理分析計算可得?！驹斀狻緼0-1s質(zhì)點先做加速度逐漸增

14、大的加速運(yùn)動，1s-2s做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，2s-3s做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，3s-4s質(zhì)點做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，4s末速度恰好減為零，前4s運(yùn)動方向沒有變化， 第2s末，質(zhì)點的速度達(dá)到最大，其動量最大，故A錯誤；B前4s質(zhì)點運(yùn)動方向沒有變化，一直向一個方向運(yùn)動，第4s末質(zhì)點距離出發(fā)點最遠(yuǎn)，故B錯誤；C在2s時F=0，F(xiàn)的功率為零，在02s內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C錯誤；D由動量定理可知，前2s和后2s沖量大小相等，方向相反，力F的總的沖量為0?！军c睛】在F-t圖象中，圖象和時間軸所圍面積表示沖量的大小，上方的面積表示正方向的沖量，下方的面積表示負(fù)方向的沖量，某段時間內(nèi)上

15、下面積相等時，該段時間內(nèi)總的沖量為零。3、A【解析】通過整體法求出加速度，再利用隔離法求出彈簧的彈力，從而求出彈簧的伸長量對右圖，運(yùn)用整體法，由牛頓第二定律得整體的加速度為： ；對b物體有：T1=m2a1；得；對中間圖： 運(yùn)用整體法，由牛頓第二定律得，整體的加速度為：；對b物體有：T2-m2g=m2a2得：；對左圖，整體的加速度： ，對物體b： ，解得；則T1=T2=T3，根據(jù)胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正確，BCD錯誤故選A【點睛】本題考查了牛頓第二定律和胡克定律的基本運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的靈活運(yùn)用解答此題注意應(yīng)用整體與隔離法，一般在用隔離法時優(yōu)先從受力最少的物體開始分析，如

16、果不能得出答案再分析其他物體4、B【解析】牛頓總結(jié)出了萬有引力定律，卡文迪許用實驗測出了引力常量，選項A錯誤；伽利略首先將實驗事實和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)推理）和諧地結(jié)合起來，選項B正確；理想化模型是把實際問題理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如質(zhì)點，點電荷等，選項C錯誤；用比值定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，例如速度；加速度不是采用了比值法定義的，選項D錯誤；故選B.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(fù)表示加速度的方向根據(jù)加速度的方向判斷物體的運(yùn)動狀態(tài)解：A、由圖象可知，在02s內(nèi)，物體向上做勻加速運(yùn)動，加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、由圖象

17、可知，在28s內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，故B錯誤C、物體在810s內(nèi)向上做勻減速運(yùn)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、C【解析】子彈射入木塊的過程時間極短，彈簧尚未形變，系統(tǒng)合力為零，所以動量守恒，故正確；在子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊之間有摩擦力，子彈將一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，即系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故錯誤；木塊壓縮彈簧過程中，系統(tǒng)受到水平向右的彈力作用，合外力不為零，系統(tǒng)

18、的總動量不守恒，故錯誤；木塊壓縮彈簧過程中，由子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故正確故C正確,ABC錯誤.故選C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】靜電計是測量電勢差的裝置，電勢差越大，靜電計指針的偏角越大由題，電容器的電量不變，根據(jù)各選項的操作分析電容器電容的變化，再由電容的定義式C=QU分析電容器兩板間電勢差的變化【詳解】A、將b板向左平移，板間距離增大，電容器電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=QU分析可知

19、，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大；故A錯誤.B、將b板向上平移，兩板正對面積減小，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=QU分析可知，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大；故B正確.C、在a、b之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，電容增大，而電容器的電量Q不變，由C=QU分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變??；故C正確.D、增大極板電量，而決定電容的幾個量都不變則C不變，可知極板間的電壓增大，則靜電計指針偏角變大；故D錯誤.故選BC.【點睛】本題是電容器動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是電容與哪些因素有什么關(guān)系8、AC【解析】A.7.9km/

20、s是第一宇宙速度，是衛(wèi)星最小的發(fā)射速度，吉林一號04衛(wèi)星的發(fā)射速度一定大于7.9km/s。故A正確。B.根據(jù)萬有引力提供向心力，則有：解得：，同步衛(wèi)星的軌道半徑小于月球的軌道半徑，則同步衛(wèi)星的角速度大于月球繞地球運(yùn)動的角速度，故B錯誤； C.根據(jù)萬有引力提供向心力，則有：解得：，吉林一號04星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則吉林一號繞地球運(yùn)行的周期小于同步衛(wèi)星的周期，故C正確。 D.衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時，處于完全失重狀態(tài)，但是重力加速度不為零，故D錯誤。9、ABD【解析】以球為研究對象，對球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件求出擋板對球的作用力；若擋板旋轉(zhuǎn)，分析小球受力情況，作出力圖，

21、運(yùn)用圖解法，分析支持力的變化情況即可；【詳解】A、若，球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，對球進(jìn)行受力分析，如圖所示：為鄰邊作平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系可知，由牛頓第三定律知，球?qū)π泵娴膲毫Υ笮镚，故A正確；B、若擋板從位置沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動到過程中，的方向始終不變，根據(jù)圖象可知，都增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)π泵娴膲毫υ龃?，故B正確；C、整體在水平方向有加速度，但是豎直方向沒有運(yùn)動，即豎直方向的合力為零，根據(jù)平衡條件可知地面對小車整體的支持力等于小車整體的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車整體對地面的壓力大小等于小車整體的重力，故選項C錯誤；D、若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)和

22、重力G的合力正好提供產(chǎn)生加速度時的力時，球?qū)醢宓膲毫榱?，故D正確?！军c睛】本題運(yùn)用圖解法，分析動態(tài)平衡問題，比較直觀簡便，也可以采用函數(shù)法，由數(shù)學(xué)知識分析力的變化。10、AC【解析】設(shè)小球平拋運(yùn)動的初速度為v0，拋出點離桶的高度為h，水平位移為x，則平拋運(yùn)動的時間 水平位移x=v0t=v0 AB.由上式分析可知，要減小水平位移x，可保持拋出點高度h不變，減小初速度v0.故B錯誤，A正確；CD.由上式分析可知，要減小水平位移x，可保持初速度v0大小不變，降低拋出點高度h.故C正確，D錯誤故選AC.點睛：小球做平拋運(yùn)動，飛到小桶的前方，說明水平位移偏大，應(yīng)減小水平位移才能使小球拋進(jìn)小桶中將平拋

23、運(yùn)動進(jìn)行分解，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得出水平位移與初速度和高度的關(guān)系式，再進(jìn)行分析選擇三、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、AD 刻度尺、天平（或彈簧秤） 【解析】第一空.A、實驗前要對裝置進(jìn)行平衡摩擦力的操作，以保證小車所受合外力恰好是繩子的拉力，故A正確B、實驗時，若先放開小車，再接通打點計時器電源，由于小車運(yùn)動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數(shù)據(jù)的采集和處理故B錯誤C、在利用紙帶進(jìn)行數(shù)據(jù)處理時，所選的兩個研究點離得越近測量誤差越大，故C錯誤D、在實驗過程中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)

24、量，這樣才能使得砂和砂桶的總重力近似等于細(xì)繩對小車的拉力，故D正確第二空.由于實驗需要測量小車速度，速度是使用打點計時器打的紙帶計算得出的，故要測量點距，需要刻度尺；本實驗還要測量質(zhì)量，故需要天平第三空.小車的質(zhì)量為M，砂和砂桶的總質(zhì)量為m，M遠(yuǎn)大于m則對小車的作用力等于砂和砂桶的總重力mg，所以恒力對小車做的功可表示為：mgx由得： ，所以小車動能的改變量為 ；本實驗就是要驗證減少的重力勢能是否等于增加的動能，即mgx.12、大于 ADE 【解析】(1)1為防止碰撞后入射球反彈，實驗中入射小球的質(zhì)量m1應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量m2。2設(shè)碰撞前入射小球的速度為v1，碰撞后入射小球的速度為v2，被碰小球的速度為v3，如果碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得小球離開軌道后做平拋運(yùn)動，它們拋出點的高度相等，在空中的運(yùn)動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得即實驗需要測量兩球的質(zhì)量、兩球落