2023届山西省朔州市第二中学物理高三上期中综合测试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、符合题目要求的。1、两个振幅相同的波源S1、S2在水槽中形成如图所示的波形，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则 A在两波相遇的区域中会产生干涉Ba点此时位移最大Ca点的振动始终加强Da点的振动始终减弱2、如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一条轻弹簧放在光滑的水平面上，A球靠紧墙壁，现用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，则（ ）A突然将F撤去瞬间，两球的速度和加速度均为0BA球离开墙壁后，两球的速度相等时弹簧恰好恢复原长CB球运动过程中加速度的最大值为DA球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反3、如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子

3、边缘上的点，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B点所在的轮上，磁带的外缘半径R=3r，C为磁带外缘上的一点现在进行倒带，则此时（ ）AA,B,C 三点的周期之比为 3：1：3BA,B,C 三点的线速度之比为 3：1：3CA,B,C 三点的角速度之比为 1：3：3DA,B,C 三点的向心加速度之比为 6：1：34、用一根细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度后突然释放，重物可将线拉断，如果在细线上端拴一段橡皮筋，再从同样高度释放重物，细线不再被拉断，这是因为拴上橡皮筋后在细线绷直时与不拴橡皮筋相比较( )A重物的动量减小 B重物动量改变量减小C重物所受冲量减小 D重物动量的变化率减小5

4、、纸面内有一个等边三角形PMN，在MN两顶点处可能有两个负点电荷，每个电荷在顶点P产生的电场强度大小均为E，也可能有两根通电直导线通有垂直于纸面向里的电流，每根导线中的电流在顶点P产生的磁感应强度大小均为B关于P点的电场强度或磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A电场强度为E，方向竖直向下B电场强度为3E，方向竖直向上C磁感应强度为3B，方向水平向右D磁感应强度为B，方向竖直向上6、如图所示，在边长为l的正三角形的顶点分别固定一负电荷，处的电荷量为，中心处的场强恰好为零，已知静电力常量为。若仅将处电荷改为等量的正电荷，则处场强的大小和方向分别为A，沿方向B，沿方向C，沿方向D，沿方向二、多项选择

5、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、把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）忽略弹簧的质量和空气阻力则小球从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ） A小球的速度先增大后减小 B小球的加速度一直减小C小球的机械能一直增大 D小球一直处于失重状态8、如图所示,a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗人造地球卫星,下列判断正确的是( )Ab卫星加速就能追上同一轨道上的卫星Bb、c卫星

6、的线速度相等且大于a卫星的线速度Cb卫星的角速度等于c卫星的角速度Da卫星的周期大于b卫星的周期9、如图所示为甲、乙两个质点同时、同地向同一方向运动的vt图，由图可知A在03 s内，甲做匀加速直线运动B甲在3 s后改做匀速运动，在7 s末乙追上甲C57 s内两者相互逐渐靠近D07 s内两者在前进方向上的最大距离大于5 m10、如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且POON现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图象中，可能正确的是 ABCD三

7、、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）图示为一小球做匀变速直线运动的频闪照片，已按时间先后顺序标注照片上小球的七个位置分别为O、A、B、C、D、E、F已知频闪周期T=0.1s，小球各位置与O点间的距离分别为OA=5.66cm，OB=10.52cm，OC=14.57cm，OD=17.79cm，OE=20.19cm，OF=21.79cm（1）小球做_（填“匀加速”、“匀速”或“匀减速”）直线运动（2）小球到达位置A时的速度大小vA= _m/s，小球运动的加速度大小a=_ m/s2（结果保留两位有效数字）12（12分）为了研究物体的动能与物

8、体的质量有怎样的关系，某实验小组设计了这样一个实验： 装置如图所示，将质量不同的小球从光滑斜面上同一高度处由静止释放，小球到达水平面时，立即遇到一系列条形布帘阻挡，经过一定的位移x后停下。因为布帘对小球的阻力恒定，所以每次小球克服阻力所作的功都与x成正比，他们记录了每次实验小球的质量m和小球的位移x，如下表所示：m（kg）0.100.200.300.400.50 x（m）0.080.160.230.320.41请回答下列问题：(1)实验中，每次小球释放的高度总是相同的，这样做的目的是_；(2)在图中两出x-m图像_；(3)根据图像可以得出x与m的数学表达式为：_，你认为决定图像的斜率大小的因素

9、可能是_。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）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为的质点距质量为的引力源中心为时，其万有引力势能（式中为引力常数）如图所示，一颗质量为的人造地球卫星在离地面高度为的圆形轨道上环绕地球飞行，已知地球的质量为，地球半径为求（1）该卫星在距地面高度为的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动时卫星的周期为多少？（2）该卫星在距地面高度为的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动时卫星的动能为多少？（3）假定该卫星要想挣脱地球引力的束缚，卫星发动机至少要做

10、多少功？14（16分）如图，一个质量为m=2kg的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、大小为F=25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。求：（1）物块所受摩擦力的大小；（2）物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；（3）物块在斜面上运动的总时间。15（12分）如图所示，一质量m=1kg的小物块(可视为质点），放置在质量M=4kg的长木板左侧长木板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度v0=2m/s向左匀速运动，在长木板的左端上方固定着一障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞

11、(碰撞时间极短，无机械能损失)而长木板可继续向左运动，取重力加速度g=10m/s（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率；（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小；（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产生的内能参考答案一、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、B【解析】A从图中看出，两列波的波长不同，而在同一介质中不同的机械波的波

12、速相等，根据v=f，所以两列水波的频率不同，而只有两列波的频率相同时才能发生干涉现象，所以在两波相遇的区域中不会产生干涉，故A错误；B此时a点为波峰与波峰叠加，a点的位移为这两列波引起位移的矢量和，则此时a点位移最大，故B正确；CD从图上可以看成，两列波的波长不同，波速相等，则频率不等，则不会发生干涉现象，不会出现振动始终加强点和减弱点，故CD错误。故选B。2、D【解析】试题分析：突然将力F撤去的瞬间，弹簧来不及改变，形变量不变，对A来说受力情况不变，合力仍为零，对B来说只受一个向右的弹力，故两者的加速度之和不为零，A错误；在弹簧第一次恢复原长后，弹簧对A有向右的拉力，A才离开墙壁，B错误；撤

13、去前对B受力分析可得，撤去F后，B在水平方向上只受弹簧的弹力，随后弹簧要恢复形变量，弹力在减小，故撤去F的瞬间B的加速度最大，最大为，C错误；A球离开墙壁后，两球在水平方向上都只受弹簧的弹力，等大反向，所以A球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反，D正确；考点：考查了牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题3、B【解析】靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，故A、C

14、两点的线速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半径是A的半径的2倍，根据v=r，知A：C=2：1B与C属于同轴转动，所以B=C根据周期与角速度的关系：T=2/所以：；B=C，则TB=TC；所以：A、B、C三点的周期之比1：2：2故A错误；B与C的角速度相等，由v=r可知：vB：vC=1：2；所以A、B、C三点的线速度之比2：1：2故B正确；由于A：C=2：1，B=C所以A、B、C三点的角速度之比2：1：1故C错误；向心加速度a=v，所以：aA：aB：aC=AvA：BvB：CvC=22：11：12=9：1：2故D错误故选B点睛：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转

15、动的点具有相同的角速度掌握线速度与角速度的关系，以及线速度、角速度与向心加速度的关系4、D【解析】两次从相同的高度释放重物，直到细线绷直的一瞬间，重物都是做自由落体运动，由动能定理可知：mgh=12mv2，解得v=2gh，则两次重物的末速度都相等，由p=mv以及p=mv-mv0=mv可知，重物的动量没有减小，动量改变量也没有减小，故AB错误。根据动量定理I=p，重物所受冲量等于自身动量改变量，故两次重物所受冲量相等，故C错误。动量变化率为pt=F，第一次释放，重物在很短的时间内减速到0，而第二次释放过程中重物减速到0的时间更长，两次减速过程动量变化值相等，故重物动量的变化率减小。【点睛】本题考

16、查动量定理和动能定理。5、C【解析】根据矢量合成的方法即可 求出P点的合场强；根据右手螺旋定则得出两根通电导线在P点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小。【详解】A、B项：在MN两顶点处有两个负点电荷时，每个电荷在顶点P产生的电场强度大小均为E，方向分别沿PM方向与PN的方向，由矢量合成的特点可知，他们的合场强的方向一定沿二者的角平分线上，即合场强的方向竖直向下，根据平行四边形定则可知，合场强的大小是3E，故A、B错误；C、D项：根据安培定则可知，导线M在P处产生的磁场方向垂直于MP方向向右，导线N在P处产生的磁场方向垂直于NP方向向右，根据平行四边形定则得到，P处的总磁感应

17、强度为：B总=2Bcos300=3B方向平行于MN向右，故C正确，D错误。故应选：C。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。6、A【解析】A处的电荷量为Q，OA的距离为则Q在O点产生的电场强度为，由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零，则B和C处电荷在O处的电场强度大小为，方向沿AO方向；若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小为沿AO方向，故A正确、BCD错误。故选A。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

18、全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】A到B的过程中，开始F弹mg，小球要先加速运动；之后mgF弹，小球将减速运动，当加速度为零，即弹力与重力大小相等的位置时，速度最大，故A正确；加速度先变小后变大，故B错误；此过程中弹力一直做正功，则小球的机械能一直增大，故C正确；小球加速度先向上后向下，则先超重后失重，故D错误故选AC点睛：小球与弹簧相互作用的问题，关键要根据小球的受力情况来分析小球的运动情况，要抓住弹簧的弹力随压缩量增大而增大的，注意小球的机械能不守恒，系统机械能守恒8、BCD【解析】根据万有引力提供卫星圆周运动向心力GmMr2mv2rmr(2T)2mr2ma可知：b卫星原本匀速圆

19、周运动，万有引力等于圆周运动向心力，现让b卫星加速，则卫星所需向心力增加，而提供卫星圆周运动向心力的万有引力没有变化，故此时满足离心运动条件：F供F需，故卫星将做离心运动而抬高轨道，故b加速后不能追上同一轨道运行的c卫星，故A错误由vGMr，b、c卫星的半径比a小，则线速度比a大，故B正确；角速度GMr3可知b、c半径相同，角速度大小相等，故C正确；T42r3GM可知，a卫星的半径大，故周期大于b的周期，所以D正确；故选BCD.9、CD【解析】在03s内，甲的速度时间图象是曲线，所以甲做变加速运动，故A错误甲在3s后改做匀速运动，在07s内甲图形所包围的面积大于乙图形所包围的面积，所以在7s末

20、乙没有追上甲，故B错误5s末，甲在前面，乙在后面，但5s末后乙的速度大于甲的速度，所以57s内两者相互逐渐靠近，故C正确当两者速度相等时，前进方向上的距离最大，在05s内，图形所包围的面积等于它们的位移，根据面积之差知道最大距离大于5m，故D正确故选CD【点睛】解决图象问题一是要注意图象的横纵坐标的含义以确定是什么图象；二是要明白图象代表的物理含义：速度图象的斜率等于物体的加速度；“面积”表示位移10、AD【解析】在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，由速度

21、与时间的图象的斜率先变大后变小，由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，如果PN足够远，则D正确，如果PN很近，则A正确，BC错误。故选AD。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、匀减速；0.53，0.82【解析】（1）从上面数据可以得到： ； ； ； ；从数据上可以看出相邻相等时间内的位移差是一定值并且在减小，所以小球做的匀减速运动；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度负号表示加速度方向与运动方向相反故综上所述本题答案是：（1） 匀减速； （2）. 0.53， （3） 0.8212、保证小球到达水平时的速度相同. 见解析. x=0.8m； 布帘的粗糙或蔬密程度等. 【解析】（1）1实验中，每次小球释放的高度总是相同的，这样做的目的是为了保证小球到达水平时的速度相同；（2）2通过描点，用光滑的直线可得：（3）3由图象可知，斜率故表达式：x=0.8m4决定图象的斜率大小的因素可能是布帘的粗糙或蔬密程度等.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）（3）【解析】试题分析：（1）由万有引力提供向心力，然后结合牛顿第二定