2022-2023學(xué)年山東省泰安市長城中學(xué)高三物理第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示是電容式話筒的示意圖，它是利用電容制作的傳感器，話筒的振動膜前面有薄薄的金屬層，膜后距離膜幾十微

2、米處有一金屬板，振動膜上的金屬層和這個金屬板構(gòu)成電容器的兩極，在兩極間加一個電壓U，人對著話筒說話時，振動膜前后振動，使電容發(fā)生變化，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為電信號，其中導(dǎo)致電容變化的原因可能是電容器兩板間的A介質(zhì)變化B正對面積變化C距離變化D電壓變化2、一質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)的動量為0B第2s末，質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)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、如圖所示，一個質(zhì)量為m的木塊靠在豎直粗糙墻壁上，且受到水平力F的作用，下列說法正確的是（ ）A若木塊靜止，當(dāng)F增大時，木塊受到的

3、靜摩擦力隨之增大B若木塊靜止，則木塊受到的靜摩擦力大小等于mg，方向豎直向上C當(dāng)木塊與墻壁間的滑動摩擦力因素為，則當(dāng)撤去F時，木塊受到的滑動摩擦力大小等于D若撤去F，木塊沿墻壁下滑時，木塊受三個外力作用4、如圖所示，物體疊放在物體上，置于光滑水平面上、質(zhì)量分別為和，、之間的動摩擦因數(shù)為在物體上施加水平向右的拉力，開始時，此后逐漸增大，在增大到的過程中，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下判斷正確的是（）A兩物體間始終沒有相對運(yùn)動B兩物體間從受力開始就有相對運(yùn)動C當(dāng)拉力時，兩物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)D兩物體開始沒有相對運(yùn)動，當(dāng)時，開始相對滑動5、兩個質(zhì)量均為的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示

4、。現(xiàn)突然剪斷輕繩，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球的加速度分別用和表示，則（）ABCD6、如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點(diǎn)電荷t=0時，甲靜止，乙以初速度6m/s向甲運(yùn)動此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動（整個運(yùn)動過程中沒有接觸），它們運(yùn)動的v-t圖像分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示則由圖線可知 ( )A兩電荷的電性一定相反Bt1時刻兩電荷的電勢能最大C0t3時間內(nèi)，兩電荷的動量變化相同D0t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小二、多項(xiàng)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(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全

5、的得3分，有選錯的得0分。7、下列說法正確的是_A懸浮在液體中的微粒越大，某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運(yùn)動越明顯B液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力C分子平均速率大的物體的溫度一定比分子平均速率小的物體的溫度高D自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性E.外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減小8、如圖所示，在一個直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)，存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，AC邊長為3l，C=90，A=53一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從AB邊上距A點(diǎn)為l的D點(diǎn)垂直于磁場邊界AB射入勻強(qiáng)磁場，要使粒子從BC邊射出磁場區(qū)域（sin53=0.

6、8，cos53=0.6），則（）A粒子速率應(yīng)大于B粒子速率應(yīng)小于C粒子速率應(yīng)小于D粒子在磁場中最短的運(yùn)動時間為9、如圖甲所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直 固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則 At1時刻小球動能最大Bt2時刻小球動能為0Ct2t3這段時間內(nèi)，小球的動能先減小后增加Dt2t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能10、如圖所示，在水平地面上O點(diǎn)正上方的A、B

7、兩點(diǎn)同時水平拋出兩個相同小球，它們最后都落到地面上的C點(diǎn)，則兩球A不可能同時落地B落在C點(diǎn)的速度方向可能相同C落在C點(diǎn)的速度大小可能相同D落在C點(diǎn)的重力的瞬時功能不可能相同三、實(shí)驗(yàn)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）小明同學(xué)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)中，所用小燈泡規(guī)格為“2.5 V0.3 A”(1)實(shí)驗(yàn)電路如圖15甲所示，請讀出某次實(shí)驗(yàn)中電壓表和電流表的示數(shù)分別為_V、_A(2)實(shí)驗(yàn)結(jié)束之后，他描繪了如圖乙的伏安特性曲線，老師一看就判定是錯誤的，老師判定的依據(jù)是_12（12分）在做“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，裝置如圖1.(1)需要

8、的測量儀器或工具有_.A秒表 B天平 C刻度尺 D重錘線 E.打點(diǎn)計時器 F.圓規(guī)(2)必須要求的條件是_. A兩小球碰撞時，球心必須在同一高度上B斜槽軌道末端的切線必須水平C入射球和被碰球的質(zhì)量必須相等，且大小相同D入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下(3)某次實(shí)驗(yàn)中得出的落點(diǎn)情況如下圖2所示，假設(shè)碰撞過程中動量守恒，則入射小球質(zhì)量m1和被碰小球質(zhì)量m2之比為_.(4)在做“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，對產(chǎn)生誤差的主要原因表述正確的是_.A碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上B傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用C沒有測量高度，算出具體的平拋時間D測量長度的誤差四

9、、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）兩個相同的小球A和B，質(zhì)量均為m，用長度相同的兩根細(xì)線把A、B兩球懸掛在水平天花板上的同一點(diǎn)O，并用長度相同的細(xì)線連接A、B兩小球，然后，用一水平方向的力F作用在小球A上，此時三根細(xì)線均處于直線狀態(tài)，且OB細(xì)線恰好處于豎直方向，如圖所示如果不考慮小球的大小，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則：(1)OB繩對小球的拉力為多大？(2)OA繩對小球的拉力為多大？(3)作用力F為多大？14（16分）如圖所示，一質(zhì)量為mC=2kg、長度為L=1.8m的平板車C靜止在光滑水平地面上，平板車上表面

10、水平且粗糙，在其最左端靜止放置一質(zhì)量為mB=3kg的彈性小物塊B。豎直固定、半徑R=1.8m的光滑圓弧軌道，其最低點(diǎn)與平板車C的左端等高相切，緊靠在一起。現(xiàn)有一質(zhì)量為mA=1kg的彈性小物塊A，從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，滑到軌道底端時與小物塊B發(fā)生彈性碰撞，當(dāng)B運(yùn)動到平板車C的最右端時，B、C恰好相對靜止。小物塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10ms2。求（1）A、B碰后瞬間的速度大?。唬?）A碰后沿圓弧軌道返回，再次下滑到圓弧軌道最底端時對軌道的壓力；（3）B與C之間的動摩擦因數(shù)。15（12分）在地面上方足夠高的地方，存在一個“相互作用區(qū)域 (下圖中畫有虛線的部分)一個小圓環(huán)A套在一根

11、均勻直桿B 上，A和B的質(zhì)量均為m=1kg，若它們之間發(fā)生相對滑動時，會產(chǎn)生f=0.5mg的摩擦力，開始時A處于B的最下端，B豎直放置，A和“相互作用區(qū)域”的高度差h=0.8m，讓A和B一起從靜止開始下落，只要A處于“相互作用區(qū)域”就會受到F=2.5mg，方向豎直向上的恒力作用，而“相互作用區(qū)域”對處于其中的桿B在下落過程中始終保持豎直，且桿的長度能夠保證圓環(huán)A與桿不會分離，當(dāng)小圓環(huán)A穿出“相互作用區(qū)域時速度恰好為0，不計空氣阻力， 取g=10m/s2，求:(1)小圓環(huán)剛進(jìn)入“相互作用區(qū)域”時的速度；(2)相互作用區(qū)域”的高度d；(3)小圓環(huán)A穿過“相互作用區(qū)域”的過程中，AB組成的系統(tǒng)損失的

12、機(jī)械能參考答案一、單項(xiàng)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】根據(jù)人對著話筒說話時，振動膜前后振動，使電容發(fā)生變化，根據(jù)電容的決定因素分析導(dǎo)致電容變化的原因【詳解】金屬層和金屬板之間電介質(zhì)是空氣，沒有變化，不會導(dǎo)致電容變化，故A錯誤；振動膜前后振動，金屬層和金屬板正對面積沒有變化，不會導(dǎo)致電容變化，故B錯誤；振動膜前后振動，金屬層和金屬板之間的距離發(fā)生變化，導(dǎo)致電容變化，故C正確；電容與電壓無關(guān)，電壓的變化不會導(dǎo)致電容變化，故D錯誤所以C正確，ABD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

13、義式、動量定理分析計算可得?！驹斀狻緼0-1s質(zhì)點(diǎn)先做加速度逐漸增大的加速運(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(diǎn)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(diǎn)的速度達(dá)到最大，其動量最大，故A錯誤；B前4s質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)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。【點(diǎn)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

14、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)上下面積相等時，該段時間內(nèi)總的沖量為零。3、B【解析】AB木塊在推力作用下靜止時，處于平衡態(tài)，受推力F、重力G、向上的靜摩擦力f和向右的支持力N，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件F=N，G=f當(dāng)推力增大時，物體仍然保持靜止，故靜摩擦力的大小不變，始終與重力平衡，且方向?yàn)樨Q直向上故A錯誤，B正確CD撤去推力后，墻壁對物體的支持力減小為零，故最大靜摩擦力減為零，物體只受重力，做自由落體運(yùn)動故CD錯誤4、A【解析】隔離對分析，間摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，、發(fā)生相對滑動，則，再對整體分析：，故只有當(dāng)拉力時，、才發(fā)生相對滑動，故A對；BD錯；由于地面光滑

15、只要有拉力兩物體就運(yùn)動，C錯故選A.點(diǎn)睛：本題考查牛頓第二定律的臨界問題，關(guān)鍵找出臨界狀態(tài)，運(yùn)用整體法和隔離法，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行求解5、A【解析】剪斷OA瞬間，對AB整體分析，由牛頓第二定律知，整體加速度為；即剪斷OA瞬間， AB間繩的張力突變?yōu)榱?，小球AB只受重力，其加速度。故選A.6、B【解析】由圖象0-t1段，判定甲從靜止開始與乙同向運(yùn)動，則知甲的電性分析t1時刻前后兩球距離的變化，判斷電場力做功情況，分析兩電荷的電勢能0t2時間內(nèi)，分析兩電荷間距離變化，可知相互靜電力的變化t1t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能先減小后增大【詳解】A項(xiàng)：由圖象0-t1段看出，甲從靜止開始與乙同向

16、運(yùn)動，說明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性一定相同，故A錯誤；B項(xiàng)：0t1時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1t2時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，t1時刻兩球相距最近，系統(tǒng)克服電場力最大，兩電荷的電勢能最大，故B正確；C項(xiàng)：0t3時間內(nèi)，系統(tǒng)動量守恒，所以兩點(diǎn)電荷的動量變化大小相等，方向相反，故C錯誤；D項(xiàng)：由圖象看出，0t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，則其動能也一直增大乙的速度先沿原方向減小，后反向增大，則其動能先減小后增大，故D錯誤故應(yīng)選：B【點(diǎn)睛】本題也可以運(yùn)用類比的方法分析，相當(dāng)于發(fā)生了完全非彈性碰撞，t1時刻兩球的速度相同，動能損失最大，兩電荷的電勢能最大二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題

17、，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)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、BDE【解析】A懸浮在液體中的微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越少，布朗運(yùn)動越明顯，故A錯誤；B由于表面分子較為稀疏，故液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力，故B正確；C分子的平均動能相等時，物體的溫度相等；考慮到分子的質(zhì)量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均動能??；分子平均速率小有可能分子的平均動能大故C錯誤；D由熱力學(xué)第二定律可知，自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，故D正確；E當(dāng)外界對氣體做功，根據(jù)熱力

18、學(xué)第一定律U=W+Q分析可知，內(nèi)能可能增大也可能減小，故E正確8、AC【解析】ABC.由幾何知識知，粒子運(yùn)動軌跡與BC邊相切為一臨界，由幾何知識知：得：根據(jù)可以求得速度 ，此為從BC邊出來的最小速度，粒子恰能從BC邊射出的另一邊界為與AC邊相切，由幾何知識恰為C點(diǎn)半徑再根據(jù)：解得：，此速度為從BC邊出來的最大速度故AC正確；B錯誤；D.根據(jù)運(yùn)動軌跡可知，粒子在磁場中運(yùn)動的最小圓心角為，所以最短時間為 ，故D錯9、BD【解析】A小球在接觸彈簧之前做自由落體。碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0即重力等于彈簧彈力時加速度達(dá)到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，與彈簧接觸的整

19、個下降過程，小球的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。上升過程恰好與下降過程互逆。由乙圖可知時刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運(yùn)動，所以此刻小球的動能不是最大，A錯誤；B時刻彈簧彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動能最小，為零，B正確；CD時刻小球往上運(yùn)動恰好要離開彈簧；這段時間內(nèi)，小球的先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和重力勢能，C錯誤，D正確。10、ACD【解析】A小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)： ，可知高度不同，所以運(yùn)動時間一定不同，故A正確；B平拋運(yùn)動軌跡為拋物線，速度方向?yàn)樵擖c(diǎn)的切線方向，分別從AB兩點(diǎn)拋出的小球軌跡不

20、同，在C點(diǎn)的切線方向也不同，所以落地時方向不可能相同，故B錯誤；C由動能定理：落地速度為：則知落在C點(diǎn)的速度大小可能相同，故C正確；D落在C點(diǎn)時重力的功率當(dāng)mh相同時P才相同，故D正確故選ACD三、實(shí)驗(yàn)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、 2.10V 0.26A 電阻隨溫度升高而增大【解析】（1）電壓表量程為3V，則最小分度為0.1V，故其讀數(shù)為2.10V；電流表量程為0.6A，最小分度為0.02A；故其讀數(shù)為0.26A。（2）U-I圖象中圖象的斜率表示電阻，而燈泡的電阻隨電壓的增大而增大；故圖象中的斜率應(yīng)增大。12、（1）BCDF （2）AB

21、D （3）19：5 （4）AD 【解析】1.實(shí)驗(yàn)原理在一維碰撞中，測出物體的質(zhì)量m和碰撞前后物體的速度v、v，找出碰撞前的動量p=m1v1+m2v2及碰撞后的動量p=m1v1+m2v2，看碰撞前后動量是否守恒2. 實(shí)驗(yàn)器材斜槽、小球（兩個）、天平、復(fù)寫紙、白紙等3.實(shí)驗(yàn)步驟(1)用天平測出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏?2)按照實(shí)驗(yàn)原理圖甲安裝實(shí)驗(yàn)裝置調(diào)整、固定斜槽使斜槽底端水平(3)白紙?jiān)谙?，?fù)寫紙?jiān)谏锨以谶m當(dāng)位置鋪放好記下重垂線所指的位置O(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次用圓規(guī)畫盡量小的圓把小球所有的落點(diǎn)都圈在里面圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位

22、置(5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次用步驟(4)的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被撞小球落點(diǎn)的平均位置N如實(shí)驗(yàn)原理圖甲所示(6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度將測量數(shù)據(jù)填入表中最后代入，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立(7)整理好實(shí)驗(yàn)器材放回原處(8)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動量守恒【詳解】(1)本實(shí)驗(yàn)需要天平稱量物體的質(zhì)量，需要刻度尺測量長度，需要中垂線調(diào)節(jié)軌道末端水平，需要圓規(guī)找物體的平均落點(diǎn)，故選BCDF(2)A、要保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運(yùn)動，故A正確；B、要保證碰撞

23、后兩個球做平拋運(yùn)動，故斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；C、入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1m2，防止碰后m1被反彈，故C錯誤；D、為保證碰撞的初速度相同，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，故D正確；故選ABD(3)根據(jù)動量守恒定律，有：,代入數(shù)據(jù)有： m10.2550=m10.1550+m20.3800,解得:m1：m2=19：5(4)A、要保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運(yùn)動，碰撞之后還沿這條直線運(yùn)動；若碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上會產(chǎn)生較大的誤差，故A正確；B、傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用，但只要入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，即可保證碰撞的初速度相同，故B錯誤；C、小球做平拋運(yùn)動的時間由高度差決定，由于高度差一定，故平拋的時間都相同，故水平射程與平拋的初速度成正比，故不需要測量高度差，只要滿足：，就一定有m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，故C錯誤；D、測量長度