2022-2023学年江西省南昌市第十五中学高三物理第一学期期中检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径号分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（ ）A任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1:4B两线圈

2、中产生的感应电动势之比为1:2C通过a、b两线圈中电荷量之比为2:1D相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4: 12、物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“理想模型”、“等效替代法”、“控制变量法”、“比值定义法”等，下列选项均用到“比值定义法”的一组概念是（ ）A合力与分力、总电阻、电场强度B质点、电场强度、点电荷C速度、质点、电场强度D加速度、电场强度、电容3、为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘坐时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速转动一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，则下列说法正确的是( )A顾客始终受到三个力的作用B顾客始终处

3、于超重状态C扶梯对顾客作用力的方向先指向左上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上4、如图所示，一个小球（视为质点）从H=18m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=6m的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，g=10m/s2，所有高度均相对B点而言，则h值可能为（ ） A10mB11mC12mD13m5、在选定正方向后,甲、乙两质点运动的x-t图象如图所示,则在0 时间内( )A甲质点做直线运动,乙质点做曲线运动B乙质点的速度先增大后减小C时刻两

4、质点速度大小一定相等D0时间内,甲质点的平均速度大于乙质点的平均速度6、用两根长度相等的绝缘细线系住两个质量相等的带电小球A和B，A带正电，B带负电，且|qA|3|qB|，悬挂在水平向右的匀强电场中，保持平衡状态，能正确表示系统平衡状态的图是( )ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、被誉为“星中美人”的土星，是太阳系里的第二大行星，一个土星年相当于30个地球年，土星直径约为地球的十倍，质量约为地球的百倍，它有60余颗卫星美国宇航局的“卡西尼”号飞船拍摄到土星最

5、外侧的一条细环是土星的F环，位于它附近的亮斑是土卫十六，如图6所示下列说法正确的是A土卫十六的向心加速度比土星近地轨道上的卫星小B土星的公转半径是地球的30倍C在土星的一座高山上水平抛出一个物体,为使物体不再回到土星，其抛出速度至少是地球上的倍D只要知道土卫十六绕土星运行周期和轨道半径，结合题给条件即可求土星的密度8、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量等于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（ ） AP球的动量一定等于Q球的动量BP球的动能一定等于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的

6、拉力DP球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度9、一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电量为q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是()A小球经过环的最低点时速度最大B小球在运动过程中机械能守恒C小球经过环的最低点时对轨道压力为(mgqE)D小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mgqE)10、一轻弹簧两端连接着质量均为m的A、B两物块，A通过轻绳固定于光滑斜面的挡板上。用沿斜面的力F使B向上缓慢移动一段距离后静止，此时弹簧处于压缩状态，轻绳仍处于伸直状态，如图所示。现撤去F，在B下滑过程中，以下说法正确的是（弹簧始终处在弹性限度内）A

7、物块A始终保持静止B绳的拉力不可能为零C弹簧恢复原长时B的速度最大D弹簧弹性势能先减小后增大三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）为了测量两张纸之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：如图甲所示，在木块A和木板B上贴上待测的纸，将木板B固定在水平桌面上，沙桶通过细线与木块A相连。（1）调节沙桶中沙的多少，使木块A匀速向左运动测出沙桶和沙的总质量为m，以及贴纸木块A的质量M，则两纸间的动摩擦因数=_；（2）在实际操作中，发现要保证木块A做匀速运动比较困难，有同学对该实验进行了改进：实验装置如图乙所示，木块A的右端接在力传感器上（传感器

8、与计算机相连接，从计算机上可读出对木块的拉力），使木板B向左运动时，木块A能够保持静止若木板B向左匀速拉动时，传感器的读数为F1，则两纸间的动摩擦因数=_；当木板B向左加速运动时，传感器的读数为F2 _ F1（填“”、“=”或“”）。12（12分）某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验，已知小车质量为M，重力加速度为g （1）实验中平衡摩擦力后，必须采用_法，保持小车质量不变，若想用钩码的重力作为小车所受合外力，需满足_；（2）某次实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中1、2、3、4、5为相邻计数点，且相邻计数点间的时间间隔为0.1s，由该纸带可求得小车的加速度a=

9、_m/s2；（结果保留3位有效数字）（3）改变钩码的个数重复实验，得到加速度a与合外力F的关系如图丙所示，由图象直线部分OA，可得出的结论是_直线部分OA的斜率k=_（用M、g表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图质量为10kg的物体，放在水平面上，在与地面成37的拉力F作用下向右运动，已知拉力大小为50N，物质与地面间的动摩擦因数为0.2.g取10N/kg：求：（ ）（1）地面对物体的支持力大小；（2）物体所受摩擦力的大小；（3）撒去F后的瞬间，物体所受摩擦力的大小.14（16分）如图，一端封闭、

10、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？15（12分）额定功率P=60 kw、质量m=1.6 t的汽车在一山坡上行驶，下坡时若关掉油门，则汽车的速度将保持不变。现让该汽车在这一山坡上由静止开始向下行驶，先以F=8000 N恒定牵引力匀加速行驶一段时间，当功率达到额定功率时，改为恒定功率行驶，当速度达到匀加速结束

11、时速度的两倍时关掉油门，汽车匀速下坡。设山坡足够长，汽车上述各过程中受到的阻力相同。求：(1)汽车匀加速结束时速度大小；(2)汽车由静止开始向下行驶至关掉油门这一过程的总时间。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误根据法拉第电磁感应定律得：E=BtS，S=r2，则S相等，Bt也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=ER ，得

12、a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C正确根据焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误故选C.点睛：解决本题时要注意在公式=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题2、D【解析】A“合力与分力”采用等效替代的方法，“总电阻”采用等效替代的方法，”“电场强度”采用比值定义法，故A错误；B“质点”“点电荷”采用理想化模型的方法，“电场强度”采用比值定义法，故B错误；C“速度”，“电场强度”采用比值定义法，“质点”采用理想化模型的方法，故C错误；D“加速度”，“电场强度”和“电容”都采用比值定义法，故D正确。3、D【解析】

13、分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力水平向右；匀速过程重力和支持力二力平衡。【详解】A、在加速过程中，顾客受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，匀速过程中，顾客受重力和支持力两个力作用，故A错误。B、加速过程中，顾客在竖直方向上有加速度，支持力大于重力，处于超重状态，匀速运动过程中，重力和支持力平衡，不是超重状态，故B错误。CD、在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，当匀速运动时，扶梯对顾客作用力为支持力，竖直向上，

14、故D正确，C错误。故选：D【点睛】本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力分析，可以得知各个力；匀速过程二力平衡，与运动方向无关。4、D【解析】小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，所以在C点，重力充当向心力，由牛顿第二定律得：.已知圆环半径R=6m，小球在C点动能：，以B所在平面为零势能面，在C点，小球重力势能EP=2mgR=12mg，小球从静止开始运动到到达C点过程中由动能定理得：，解得Wf=-3mg，小球在C点时的机械能：E=EK+EP=15mg.由于克服摩擦力做功，机械能减少，小球到达底端时的机械能小于15mg；小球从C点下滑过程中克服摩

15、擦力做功，机械能减少，到达轨道同一高度处的速度比上升时的速度小，小球对轨道压力变小，摩擦力变小，小球下滑时，克服摩擦力做功小于3mg，故小球到达底端时的机械能大于15mg-3mg=12mg，小球进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，12mgE15mg，小球到达最高点时的机械能E=mgh，则12mh15m，故A，B，C错误，D正确.故选D.【点睛】本题解题的关键是对小球运动过程的分析，知道小球在两个半圆上的摩擦力做功不等.5、B【解析】甲乙均做直线运动，选项A错误；乙质点运动图线的切线的斜率先增大后减小，即乙质点速度先增大后减小，选项B正确，t1时刻两质点运动图线的斜率的绝对值不一定相等，

16、即速度大小不一定相等，选项C错误，0t2时间内，两质点的位移大小相等，由得，甲质点的平均速度等于乙质点的平均速度，选项D错误故选B.【点睛】本题注意强化对x-t图象的理解6、D【解析】试题分析：设A带正电+3q，受到的电场力水平向右，B带负电-q，受到的电场力水平向左以整体为研究对象，分析受力如图设OA绳与竖直方向的夹角为，整体带电量为2q，则由平衡条件得以B球为研究对象，受力如图设AB绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得得到=，故选D考点：物体的平衡；整体及隔离法.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对

17、但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】根据可知，土卫十六的向心加速度比土星近地轨道上的卫星小，选项A正确；根据，解得 ，因T土=30T地，则，选项B错误；根据第一宇宙速度的表达式，则，则在土星的一座高山上水平抛出一个物体,为使物体不再回到土星，其抛出速度至少是地球上的倍，选项C正确；根据可得 ,只要知道土卫十六绕土星运行周期和轨道半径，可求得土星的质量，但是因为不知道土星的半径，则不能求解求土星的密度，选项D错误；故选AC.8、CD【解析】AB.从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=12mv2解得：v=2gR在最低点的动量I=mv=m2gR，半径不相等，动量不相等，A错误；B、

18、由机械能守恒得：mgR=12mv2，最低点的动能等于重力势能的减少量，由于下降的高度不相等，最低点动能不相等，B错误；C、在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=mv2R，解得：F=3mg，与半径无关吧，C正确；D、根据a向=（Fmg）/m=2g，向心加速度相等。故D正确。故选：CD。点睛：从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度9、AD【解析】A. 小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大。故A正确； B. 小球运动过程

19、中电场力做功，机械能不守恒。故B错误；CD.小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=，又由NmgqE=，联立解得N=3(mg+qE)，故C错误，D正确。10、AD【解析】A、撤去外力F后，物体B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后又被拉长，而绳子拉力逐渐增大，但轻绳不可伸长，物体A始终处于静止状态，A正确；B、若在力F做用下，弹簧被压缩，弹簧对A沿斜面向上的弹力，恰好等于A的重力沿斜面向下的分力，此时绳子刚好处于伸直状态，绳子中没有力。故B错误；C、在B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后又被拉长，在弹簧弹力小于B的重力沿斜面向下的分力时，B一直加速，直到B的重力沿斜面向下的分力

20、，恰好等于弹簧弹力时，B的速度最大，之后B继续向下运动，开始减速。故C错误；D、在B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，弹簧弹性势能先减小后增大，D正确；故选AD。【点睛】本题考查了动态平衡问题，和牛顿第二定律的动态问题；选择正确的研究对象，根据物体的受力判断其运动情况；知道物体B先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，加速度为零时，速度最大，并能根据弹簧的形变情况判断其弹性势能的变化情况。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 = 【解析】（1）1物体A在沙桶的拉力作用下匀速下滑，则说明A受到拉力F与滑动摩擦力相

21、等即化简则（2）23控制A匀速下滑比较难判断，所以通过乙图，不管将B怎样抽出，A受到滑动摩擦力，且保持静止，即受力平衡，所以因此不管B如何运动，A均保持静止，因此12、控制变量 小车质量远大于钩码质量 1.15 小车质量不变时，加速度与合外力成正比 【解析】（1）12实验中平衡摩擦力后，必须采用控制变量法，保持小车质量不变，若想用钩码的重力作为小车所受合外力，需满足小车质量远大于钩码质量；（2）3由匀变速直线运动的推论x=at2可知，加速度：（3）4由图丙所示图象可知，图象OA部分是直线，由此可知：小车质量不变时，加速度与合外力成正比由牛顿第二定律得：，则a-F图象直线部分OA的斜率：；四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）130N；（2）26N；（3）20N【解析】（1）以物体为研究对象，受力如图所示将力F正交分解，由牛顿运动定律得：FsinFN+mg=0，得：FN=Fsin37+mg=500.6+1010=130N；（2）滑动摩擦力的大小：f