2023届陕西省黄陵中学物理高三上期中学业水平测试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、小俊同学要在学校走廊悬挂一幅图像，以下四种悬挂方式中每根绳子所受拉力最小的是A BC D 2、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB

2、=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则（ ）A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：103、汽车在平直路面以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线15m处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的v-t图像可能是下图中的( )A BC D4、质量为、电量为q的带电粒子垂直磁感线射入磁感应强度为的

3、匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做半径为R的匀速圆周运动，关于带电粒的圆周运动，下列说法中正确的是（ ）A圆周运动的角速度与半径R成正比B圆周运动的周期与半径R成反比C圆周运动的加速度与半径R成反比D圆周运动的线速度与半径R成正比5、两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（）ABCD6、如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，

4、则A由A到B过程合力对小球做的功等于mghB由A到B过程小球的重力势能减少C由A到B过程小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为二、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、如图所示， 劲度系数为k的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上， 右端与一小球相连，a 点为弹簧原长所在位置现对小球施加一个水平向右的恒力F，使小球从a点由静上开始运动，小球向右运动经过b点，最远到达c点，其中ab间的距离为xab= ，不计一切摩擦，下列判断正确的是A从a至c，小球和弹簧组成的系统机

5、械能逐渐增大B从a至c，恒力F所做的功大于弹性势能的增量C从a至b，恒力F所做的功大于小球动能的增量D从a至b，小球的动能逐渐增大到最大值8、如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰好处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q,h=重力加速度为g，静电力常量为k,则下列说法正确的是( )A小球a一定带正电B小球c的加速度大小为C小球b的周期为D外力F竖直向上，大小等于

6、9、将两完全相同的玩具车A、B并排放在一平直的水平上,分别通过挂钩拉着另一个与车等质量的玩具拖车，控制两车以相同的速度v0做匀速直线运动某一时刻,通过控制器使两车连接拖车的挂钩同时断开,玩具车A保持原来的牵引力不变前进,玩具车B保持原来的输出功率不变前进,当玩具车A的速度为2v0时,玩具车B的速度为1.5v0,已知水平面对两车的阻力均为车重的0.1倍,g=10m/s2,则从挂钩断开至A、B两车的速度分别为2v0和1.5v0的过程中,下列说法正确的是( )AA、B两车的位移之比为12:11B玩具车A的速度为2v0时其功率为此时玩具车B功率的4倍C两车所受水平面的阻力做功的比值为11:12D两车牵

7、引力做功的比值为3:210、下列说法正确的是_A布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B水可以浸润玻璃,但不能浸润石蜡,表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系C液晶的各种物理性质,在各个方向上都是不同的D做功和热传递在改变内能的效果上是等效的E.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大三、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）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图.实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两

8、光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB,求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均；根据上述实验数据求出动擦因数.回答下列为题：(1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图(b)所示;其读数为_cm.(2)物块的加速度a可用d、s、tA和tB表示为a=_.(3)动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为=_.(4)如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于_（填“偶然误差”或”系统误差”）.12（12分）如图所示为实验室“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置下列说法中不符合本实

9、验要求的是_A入射球比靶球质量大，但二者的直径可以不同B在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C安装轨道时，轨道末端必须水平D需要使用的测量仪器有天平和刻度尺实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1OM+m2ON近似等于_，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒在实验中，根据小球的落点情况，若等式ON_成立，则可证明碰撞中系统的动能守恒（要求用问中的涉及的物理量表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写

10、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）如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为，长为，车右端（点）有一块静止的质量为的小金属块金属块与平板车的上表面间有摩擦，以上表面的中点为界，金属块与段间的动摩擦因数设为，与段间的动摩擦因数设为（、均为未知量）现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点时，立即撤去这个力已知撤去力的瞬间，金属块的速度为，车的速度为，最后金属块恰停在车的左端（点）求：（1）撤去水平恒力之前，小金属块的加速度与平板车的加速度之比?（2）动摩擦因数与之比?14（16分）如图所示，CDE为光

11、滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g=10m/s2，则：(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少15（12分） (12分)如图为一列简谐横波在t1=0时刻的波形图象，此时波中质点M正处于平衡位置，运动方向沿y轴负方向，到t2=0.55s时质点M恰好第三次到达y轴正方向

12、最大位移处. 试求：（1）该波传播方向；（2）该波波速大小； （3）从t1=0到t3=1.2s，波中质点N走过的路程和相对于平衡位置的位移分别是多少?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、D【解析】悬挂的图画受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，设绳子与竖直方向的夹角为，则，看见当时，绳子拉力最小，D正确【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方

13、程进行解答2、A【解析】试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kgm/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kgm/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确3、A【解析】试题分析：在v-t图像中图像与横坐标围成的面积表示位移，根据题意可知汽车速度为零时，走过的位移刚好为15m，据此分析此图线表示汽车发生的位

14、移为，A正确；B图的面积小于A图中的面积，可知，B错误；C图中，C错误；D图中，D错误4、D【解析】带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则则线速度表达式为：线速度与半径R成正比，角速度为角速度与半径R无关，周期为周期与半径R无关，加速度为加速度与半径R成正比，故ABC错误，D正确。故选D。5、D【解析】小球受力如图所示：设绳长为L，小球到悬点的高度差为h，由图可知，小球做圆周运动的向心力解得因两小球运动的角速度相同，所以h也相同，故D正确，ABC错误。故选D。6、D【解析】根据动能定理，可求合外力做功，故A错误；重力做功为mgh，故重力势能减少了mgh，所以B错误；根据动能定理，所以从

15、A到B的过程中，弹力做功为，小球克服弹力做功为，所以C错误；再根据可知，又，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故D正确二、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、ACD【解析】A.从a至c，拉力F一直做正功，所以小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，故A正确；B.从a至c根据动能定理可知，而弹性势能的增量，故得，所以，恒力F所做的功等于弹性势能的增量，故B错误；C.从a至b的这段过程中，恒力F所做的功等于小球动能的增量与弹簧弹性势能增加量之和，所以，恒力F所做的功大于小球动

16、能的增量故C正确；D.在b位置，小球的合力为零，动能最大，所以从a至b，小球的动能逐渐增大到最大，故D正确；8、BD【解析】a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误设db连线与水平方向的夹角为，则，对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：，解得：，即b的周期为，c的加速度为，故B正确，C错误；abc三个小球对d的吸引力向下，大小为，因此拉力F的大小为，D正确【点睛】a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可9、AD【解析】A.设玩

17、具车A.B的质量为m，匀速运动时，两玩具车的牵引力F=20.1mg=0.2mg，输出功率P=Fv0=0.2mgv0，从挂钩断开至A车的速度为2v0的过程中，加速度为用时位移从挂钩断开至B车的速度为1.5v0的过程中，由动能定理得：解得B的位移所以.故A正确；B.玩具车A的速度为2v0时其功率为：PA=F2v0=0.4mgv0，B车的功率为P=Fv0=0.2mgv0，所以玩具车A的速度为2v0时其功率为此时玩具车B功率的2倍，故B错误；C.两车所受水平面的阻力做功的比值为WfA：WfB=fxA：(fxB)=12:11，故C错误；D.两车牵引力做功的比值：WFA：WFB=FxA：Pt=(0.2mg

18、)：(0.2mgv0)=3:2，故D正确10、BDE【解析】考查布朗运动、液体浸润与不浸润、液晶、改变内能的方式、温度与分子平均动能。【详解】A布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故A错误B液体是否浸润某种固体取决于相关液体及固体的性质，故B正确C液晶的光学性质具有各向异性，不能说液晶的所有物理性质，在不同方向上都是不同的，故C错误D做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，区别在于做功是其他形式的能转化为内能，热传递则是内能在物体间发生转移，故D正确E温度升高，整体看分子热运动的平均动能一定增大，但个体看，其动能是不断变化的（相互碰撞引起的，有的可能瞬间被撞的速率非常

19、小了）,并非所有分子的速率都增大，故E正确故选BDE。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、0.960 系统误差 【解析】第一空.由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm第二空.物块经过A点时的速度为：，物块经过B点时的速度为：，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2-vA2=2as，加速度为：；第三空.以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-Mg=(M+m)，解得：；第四空.如果细线没有调

20、整到水平，由此引起的误差属于系统误差.12、A m1OP OM+OP 【解析】（1）为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞，两球的半径需相同，故A错误；在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同，故B正确为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C正确在该实验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺，故D正确故选BCD（2）碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以

21、时间t，m1v1t=m1v1t+m2v2t，m1OB=m1OA+m2OC；即如果得到m1OB=m1OA+m2OC，则认为碰撞中的不变量是质量与速度的乘积之和（3）若碰撞中系统的动能守恒，则12m1v12=12m1v12+12m2v22，即12m1OB2=12m1OA2+12m2OC2；联立解得：OC=OB+OA.点睛：实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹四、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) (2) 【解析】（1）设金属块由到达C历时为，速度，车此刻的速度，则（2）金属块由到做匀加速运动的过程中，加速度大小