安徽省阜阳市界首市界首中学2022-2023学年物理高三第一学期期中统考试题（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、吴老师驾车从“杭州二中”开往“诸暨五泄风景区”，导航地图如图所示，则以下说法错误的是（）A研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点B图中显示的“1小时48分”是指时间间隔C“距离最短”中的“87公里”是指位移大小D高速公路某处路边竖有限速标志120km，指的是车辆行驶在该路段过程中，瞬时速度不能超过120km/h2、如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬下列说法正确的是（ ）A石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石决c受到水平桌面向左的摩擦力D右块c对b的作用力一定

3、竖直向上3、在同一地点，甲、乙两物体沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则（ ）A甲物体比乙物体早出发2sB再次相遇前，在4s时，甲、乙两物体相距最远C6s时，甲、乙两物体相遇D甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度小于乙物体的加速度4、（改编）一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的（ ）A频率不变，振幅不变B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅不变D频率改变，振幅改变5、某物体在三个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力 F1 的方向沿顺时针转过60 角而保持其大小不变，其余两力保持不变，则此时物体所受的合力大小为AF1BF1C2 F1D

4、无法确定6、两个质量均为的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然剪断轻绳，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球的加速度分别用和表示，则（）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、如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是（ ）A只将环A下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦

5、力不变C只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环B所受杆的弹力不变D环A受三个力作用，环B受四个力作用8、如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是 （ ）A小球落地点离O点的水平距离为RB小球落地点时的动能为5mgR/2C小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R9、如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点。已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法

6、中正确的是（）A物体A和卫星C具有相同大小的加速度B卫星C的运行速度大于物体A的速度C物体A的运行速度一定小于第一宇宙速度D卫星B在P点的加速度与卫星C在该点加速度大小相等10、如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖 直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止，在此过程中AQ对P的压力逐渐增大BQ对P的压力逐渐减小C地面对P的摩擦力逐渐增大D地面对P的支持力逐渐减小三、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

7、（6分）某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律。图中AB为斜槽，BC为水平槽。（1）下列说法正确的是_。A该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量B该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质C该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度D该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前后的速度（2）实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置S多次由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上并留下痕迹，从而确定P点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球仍从位置S多次由静止释放，跟被碰小球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。实验中

8、，确定P点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的零刻线与O点对齐，则OP=_cm。（3）该实验若要验证两小球碰撞前后的动量是否守恒，需要分别测量记录纸上M点距O点的距离LOM、P点距O点的距离LOP、N点距O点的距离LON。除此之外，还需要测量的物理量是_，需要验证的关系式为_（其中涉及需要测量的物理量请用自己设定的字母表示）。（4）该实验巧妙运用了平抛运动的规律。请以平抛运动为例，分析论证当物体所受的合力与初速度方向不在一条直线上时，物体必做曲线运动_。12（12分）在探究“弹力和弹簧伸长量的关系”时，小明同学用如图(a)所示的实验装置进行实验；将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上砝码盘。通

9、过改变盘中砝码的质量，用刻度尺测出弹簧对应的长度，测得实验数据如下：实验次数123456砝码质量m/g0306090120150弹簧的长度x/cm6.007.148.349.4810.6411.79小明同学根据实验数据在坐标纸上用描点法画出xm图像如图(b)所示。作出的图线与坐标系纵轴有一截距，其物理意义是_，该弹簧的劲度系数k=_N/m。(结果保留3位有效数字，重力加速度g取10 m/s2)该同学得到该弹簧的劲度系数的实验结果与考虑砝码盘的质量相比，结果_。选填（“偏大” “偏小”或“相同”）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

10、演算步骤。13（10分）公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度L=20cm，枪口截面面积为S=0.36cm2，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具枪在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：（1）子弹出枪口的速度；（2）此玩具枪是否可能被认定为枪支，请计算说明。（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小。14（16分）真空中有如图所示的矩形区域，该区域总高

11、度为2h、总宽度为4h，其中上半部分有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有方向竖直向下的匀强电场以水平分界线为x轴，正中心为坐标原点O，在处有一与x轴垂直的足够大的光屏(图中未画出)质量为m、电荷量为q的带负电粒子不断地从下边界中点P处由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中粒子间的相互作用和粒子重力均不计(1)若粒子从P点开始到第二次通过x轴时，恰好过x=h的点A，求加速电场的场强(2)若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强的范围(3)若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强多大?粒子在电场和磁场中运

12、动的总时间多长?15（12分）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为重力加速度取A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？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

13、项是符合题目要求的。1、C【解析】A.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可以忽略，故可以把汽车看作质点；故A正确，不符合题意；B.图中显示的“1小时48分”是指时间间隔，故B正确，不符合题意；C. “距离最短”中的“87公里”是指路程，故C错误，符合题意；D.进入隧道前路边竖有限速标120km，为120km/h，指瞬时速度，意思为指的是车辆经过隧道过程中，瞬时速度不能超过120km/h；故D正确，不符合题意2、D【解析】A.石块b对a的支持力与a受到的重力同时作用在a上，不是相互作用力，故A项错误；B. 以a为研究对象，受重力、b对a的支持力和摩擦力，b对a的支持力不等于a受到的重力，故B

14、项错误；C.以三个物体组成的整体为研究对象，整体只受到重力和桌面的支持力，水平方向不受摩擦力故C项错误；D. 选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故D项正确；3、B【解析】A由图知，甲物体比乙物体晚出发2s。故A不符合题意。B在t=4s前，甲物体比乙物体快，甲物体在乙物体的前方，两者间距逐渐增大。在t=4s后，甲物体比乙物体慢，两者间距逐渐减小，因此，在4s时，甲、乙两物体相距最远。故B符合题意。C6s时，甲的速度为10m/s，0-6s内，甲的位移为：乙的位移为：可知6s时两者位移不等，所以没有相遇。故C不符合题意。D根据图象的

15、斜率表示加速度，知甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度大于乙物体的加速度。故D不符合题意。4、B【解析】CD决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，即，单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关当然，频率也与质量和速度无关，故C错误，D错误；AB决定振幅的是外来因素反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能，当m增为原来的4倍，速度减为原来的时，动能不变，最高点的重力势能也不变但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了故A错误，B正确5、A【解析】力平衡中任意两个力的合力

16、与第三个力等值、反向、共线，故除F1外的两个力的合力大小等于F1，方向与F1反向，故等效成物体受两个互成120的大小等于F1的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为F1；AF1，与结论相符，选项A正确；BF1，与结论不相符，选项B错误；C2 F1，与结论不相符，选项C错误；D无法确定，与结论不相符，选项D错误；故选A。6、A【解析】剪断OA瞬间，对AB整体分析，由牛顿第二定律知，整体加速度为；即剪断OA瞬间， AB间绳的张力突变为零，小球AB只受重力，其加速度。故选A.二、多项选择题：本题共4小

17、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、BC【解析】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，如图所示：根据几何知识和对称性，得：以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：得：AB.只将环A下移动少许，即移到点，S和L均不变，由式知，夹角不变，不变，所以由式得知，F不变；因拉力不变，则B受力不变，故摩擦力不变，故A错误，B正确；C.只将环B向右移动少许，即移到点，S增加，而L不变，则由式得知，夹角增大，减小，所以由式得知，F增大。对整体受力分析可知，环B所

18、受杆的弹力等于两物体的重力之和，保持不变，故C正确。D.由题知A、B都是轻环，所以都不考虑自身的重力，对A受力分析可知，其受轻绳的拉力、向上的摩擦力和轻杆向左的支持力，共三个力作用；对B受力分析可知，其受轻绳的拉力、向右摩擦力和轻杆向上的支持力，共三个力作用，故D错误。8、BD【解析】试题分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可由牛顿第二定律先求出小球通过最高点P的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，同样可以用动能定理求解最大高度小球恰好通过最高点P，即在P点重力恰好完全充当向心力，向心力不为零，则有：mg=mvp2R，解得

19、vP=gR，小球离开最高点后做平抛运动，则有2R=12gt2，x=vPt，解得小球落地点离O点的水平距离为x=2R，A、C错误；小球平抛过程中，只有重力做功，由动能定理得mg2R=Ek-12mvp2，解得小球落地点时的动能为Ek=5mgR2，B正确；根据机械能守恒定律可知，小球通过O点的动能等于小球落地点时的动能若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O到最高点的过程，由动能定理得-mg（R+h）=0-Ek，解得h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，D正确9、BCD【解析】A物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，

20、它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式可知卫星C的加速度较大，故A错误；B物体A和卫星C的周期相等，则角速度相等，根据知，半径越大，线速度越大，所以卫星C的运行速度大于物体A的速度，故B正确；C第一宇宙速度是最大的环绕速度，圆周轨道半径为地球半径，万有引力提供向心力解得卫星C的运行速度小于第一宇宙速度，而卫星C的运行速度大于物体A的速度，所以物体A的运行速度一定小于第一宇宙速度，故C正确；D万有引力提供向心力解得两卫星距离地心的距离相等，则加速度相等，故D正确。故选BCD。10、AC【解析】AB对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图所示：重力的大小和方向

21、都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtan由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B正确C对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图所示：根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtan由于不断增大，故f不断增大；故C正确。D物体P一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变；故D错误。故选AC。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、A 39.80 入射小球的质量m1 和被碰小球的质量m2 见解析 【解析】（1）

22、1AB、要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无要求，故A正确，B错误；C、入射小球从静止下落过程中会受到回到对其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度，故C错误；D两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为，竖直高度相同，则下落时间相等，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度；故选A；（2）2为保证减小实验误差，则应用最小的圆把所有落点圈起来，其中心为平均落地点，即读轨迹中心到O点的距离即为OP的长度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，所以OP=39.80

23、cm；（3）34据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：令入射小球的质量为m1和被碰小球的质量m2，根据动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2，m1LOP=m1LOM+m2LON则还需测量：入射小球的质量m1 和被碰小球的质量m2；（4）5由于物体在平抛运动中仅受重力作用，根据牛顿第二定律可知，其加速度a的方向与重力方向相同，即竖直向下。根据加速度的定义可知，物体在任意时间t内的速度变化量v的方向必与加速度a的方向相同，即竖直向下。如图所示，由于v0的方向水平向右，而v的方向竖直向下，由矢量三角形定则可知vt的方向必与v0的方向不同，即运动方向发生改变，则必做曲

24、线运动。12、砝码盘中未放砝码时弹簧的长度 25.9 相同 【解析】(2)1图线与纵坐标轴的交点表示砝码盘中未放砝码时弹簧的长度2结合表中数据可知，弹簧的劲度系数(3)3根据公式F=kx计算出的劲度系数，是否考虑砝码盘的质量对结果无影响，故结果相同四、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）20m/s；（2）不能认定为枪支；（3）2N【解析】（1）子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间由x=vt，则 （2）子弹动能Ekmv20.4J，枪口比动能=1.41J/cm2，故不能认定为枪支（3）在枪管内，由公式v2=2ax得，a

25、1000m/s2，根据牛顿第二定律可知F=ma=2N点睛：本题主要考查了平抛运动和牛顿第二定律，利用平抛运动的特点求得初速度，知道加速度是匀变速直线运动的桥梁.14、（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在电场中加速粒子在磁场中旋转由几何关系得粒子做圆周运动的半径三式联立可得（2）粒子能从磁场的右侧边界射出时，须满足粒子在电场中加速粒子在磁场中旋转各式联立可得（3）粒子打在屏上的位置始终不变，则粒子离开磁场时速度方向必平行于x轴正向，由几何关系知，进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径带电粒子在电场中加速过程三式联立得从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出带电粒子在磁场中运动周期带电粒子在磁场中运动