2023届甘肃省金昌市高三物理第一学期期中监测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和

2、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、图为儿童乐园里一项游乐活动示意图，金属导轨倾斜固定倾角为，导轨上开有狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的（ ）A小孩与抱枕一起做匀速直线运动B金属导轨倾角大于绳与竖直方向夹角C小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下D绳子拉力与抱枕对小孩作用力之比为（m1+m2）:m22、将一小球从某一高度抛出，抛出2

3、 s后它的速度方向与水平方向的夹角成45，落地时位移与水平方向成60，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是A小球做平抛运动的初速度是10m/sB抛出点距地面的高度是60mC小球做平抛运动的初速度是202m/sD抛出点距地面的高度是240m3、两个物体A、B的质量之比mA:mB=1：2，二者初动量相同，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，则A、B在桌面上从开始滑行到停止所经过的距离之比为A2：1B1：2C1:4D4：14、2017年8月8日四川九寨沟发生7.0级地震，李克强总理和汪洋副总理作出重要批示，紧急成立生命救援队赶往灾区此次救援队携带的救援工具，包括生命探测器、扩

4、张机等，如图所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l1.0m，b0.05 m，F400 N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)( )A3 000 N B2 000 NC1 000 N D500 N5、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

5、为DA球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反6、如图，质量相同的两小球a，b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向被抛出，恰好均落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）A小球a，b离开斜面的最大距离之比为2：1B小球a，b沿水平方向抛出的初速度之比为2：1C小球a，b在空中飞行的时间之比为2：1D小球a，b到达斜面底端时速度与水平方向的夹角之比为2：1二、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、如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t0时刻的波形图，该

6、时刻波传播到Q点，t0.2s时，M点第一次到达波谷，则下列判断正确的是（）A该波的传播速度v1m/sB质点P的振动周期T0.4sCM点的起振方向沿y轴负方向D01s内质点Q运动的路程为1mE.01s内质点M运动的路为0.18m8、如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码 在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止则()Aa2=a1Ba2a1CX2X1DX2X19、如图所示，竖直放置在水平面上的圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发

7、射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是（）A筒外的小球先落地B两小球的落地速度可能相同C两小球通过的路程一定相等D筒内小球随着速率的增大对筒壁的压力逐渐增加10、如图所示，物块以一定初速度沿倾角为30的粗糙斜面向上运动，运动过程中受一个恒定的平行斜面的拉力F作用，在向上运动的过程中，物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下。下列正确的说法是 A拉力做的功大于物块克服摩擦力做的功B拉力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功C物块的机械能减小D物块的机械能增加三、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）图为

8、“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图盘和重物的总质量为，小车和砝码的质量为实验中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端定滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作为_（填写所选选项的序号）A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节的大小，使小车在盘和重物的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去盘和重物，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车的是否做匀速运动C将长木板的右端垫起适当的

9、高度，撤去纸带以及和盘和重物，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动实验中要进行质量和的选取，以下最合理的一组是_A，、B，、C，、D，、图6是实验中得到的一条纸带，、为个相邻的计数点，量出相邻的计数点之间的距离分别为、已知相邻的计数点之间的时间间隔为，关于小车的加速度的计算方法，产生误差较小的算法是_ABCD平衡摩擦力后，将个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，小车的加速度与砝码与桶的总重力的实验数据如下表砝码与桶的总重力加速度其中有一组数据没标出来，请根据实验数据描点并作出的关系图象根据提供的实验数据作出的图线不通过原点，请说明主要

10、原因12（12分）如图所示小王同学利用自己设计的弹簧弹射器探究“弹簧弹性势能与形变量关系”，弹射器水平放置，弹簧被压缩x后释放，将质量为m、直径为d的小球弹射出去测出小球通过光电门的时间为t.请回答下列问题：（1）为减少实验误差，弹射器出口端距离光电门应该_（选填“近些”或“远些”）（2）小球通过光电门的速度大小v_；小球未弹出前弹簧的弹性势能Ep_.（用m、d、t表示）（3）该同学在实验中测出多组数据，并发现x与t成反比的关系，则弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系式，正确的是_（选填字母代号即可）AEpx BEp CEpx2 DEp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

11、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，固定点O上系一长L0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h0.80 m，一质量M2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现对物块M施予一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M落在水平地面上的C点，其水平位移x1.2 m，不计空气阻力，g10 m/s2.(1)求物块M碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物

12、块M间的动摩擦因数0.5，物块M与小球的初始距离为x11.3 m，求物块M在P处的初速度大小14（16分）如图所示，半径R1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L16 m，传送带以v010 m/s的速度顺时针运动，将质量m1 kg的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2.(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端的过程中：所需时间；因放上滑块，电机对传送带多做的功；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围。15（12分

13、）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处将一质量为m、直径略小于直圆筒的小球A缓慢的放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x1现将一与小球A直径等大的小球B从距A小球3x1的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）小球B的质量mB；（3）小球A与小球B一起向下运动时速度的最大值vm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

14、个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】AB由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则此系统加速度为a=gsin，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a=gsin=gsin，则=。故AB错误。C对抱枕分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1gsin=m1a，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上。故C错误。D对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T=（m1+m2）gcos，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为（m1+m2）：m2。故D正确。2、D

15、【解析】由平抛运动的规律有：抛出1s后，tan45=vyvx，得v0=vy=gt1=20m/s；落地时tan60=yx=gt22v0得：t2=2v0tan60g=43s，抛出点距地面的高度h=12gt22=240m故D正确，ABC错误故选D.3、D【解析】根据动能定理得：mgs012mv2；则得：smv22mgP22m2g，P、相同，则得s1m2，则sA：sB=mB2：mA2=4：1，故ABC错误，D正确。故选D.【点睛】根据动量定理求解时间之比，根据动能定理求解路程之比，是常用方法，也可以根据质量和速度之间的关系，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解4、B【解析】根据力F的作用效果将

16、它分解，再将AB所受压力的作用效果进行分解，根据数学知识求出物体D所受压力的大小；【详解】将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示：则有：2F1cos=F,则得F1=F2=F2cos；再将F1按作用效果分解为FN和FN，作出力的分解图如图乙所示：则有：FN=F1sin 联立得到：FN=Ftan2；根据几何知识得可知tan=lb=10。得到：FN=5F=2000N，故选项B正确，选项ACD错误。【点睛】本题运用分解的方法研究力平衡问题，难点是要进行两次分解，分解时，首先要根据力的作用效果确定两个分力的方向，作力的分解图要认真规范。5、D【解析】试题分析：突然将力F撤

17、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，

18、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6、A【解析】ABC.因为两球下落的高度之比为1：2，根据，可知a、b两球运动的时间之比为因为两球均落在斜面上，则有因此初速度之比当小球平抛过程中，速度方向平行与斜面时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向，设斜面的倾角为，因此垂直斜面方向的位移为：（v0sin）2=2ghcos那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即为之比为2：1，故A正确BC错误。D. 小球落在斜面上时，速度方向与水平方向夹角的正切值

19、是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，比值为1：1，故D错误。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、BCE【解析】AC. t0时刻波传播到Q点，Q点起振方向沿y轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则M点的起振方向也沿y轴负方向；经过t=0.2s，M点第一次到达波谷，可知波的传播速度故A错误，C正确；B.由图象可知，波长=0.04m，则波的周期，亦即P质点振动的周期故

20、B正确；D.01s内质点Q振动了2.5个周期，运动的路程s=4A8cm20cm故D错误；E.波传播到M点的时间t1s0.1s则01s内质点M振动了2.25个周期，运动的路程故E正确。故选BCE【点睛】本题考查了波动和振动的综合运用，掌握波长、波速、周期的关系，知道质点振动的周期与波动周期相等。8、BD【解析】设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：；拿走砝码施加F时，加速度：，可知a2a1根据v2=2ax得，知加速度增大，则滑行的距离变小，即x2x1故BD正确，AC错误故选BD【点睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律比较出加速度的大小，注意选择的研究对象不同，第一次选择整体，第二

21、次选择木盒9、BC【解析】A、筒内小球水平方向只受到筒壁的作用力,因为筒壁的作用力始终与速度的方向垂直,所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小.只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小.所以小球沿水平方向做匀速圆周运动,竖直方向做自由落体运动.若已知发射小球的水平速度和圆筒高度,小球运动的时间: ,在筒外的小球做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,所以运动的时间也是,筒内小球落地所用时间和筒外小球一样长.因此A选项是错误;B、两个小球在竖直方向都做自由落体运动,落地的速率都是: ,若筒内小球恰好运动圈数是整数,则二者速度的方向也相同,二者的速度相等.故B是可能的,选项B正确.C、两个小球的水平

22、方向的路程: ,可以知道两小球通过的路程一定相等.因此C选项是正确的;D、因为筒壁的作用力始终与速度的方向垂直,所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小.只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小.所以筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动,需要的向心力不变,所以对筒壁的压力不变. 因此D选项是错误.综上所述本题的答案是：BC 10、ABD【解析】ACD物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin30+f-F=ma，解得：F-f=m0可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，拉力做的功大于物块克服摩擦力做的功，机械能一定增加。故AD正确，C错

23、误。B由题意物体减速上升，根据动能定理可知，拉力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功。故B正确。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、BCD 图略图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】（1）小车下滑时受到重力，细线的拉力，支持力和摩擦力，更使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确（2）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为，根据牛顿第二定律，有对重物，有，对小车有，计算得出，故当时，有，故C符合求

24、求，故C正确（3）根据匀变速直线运动的推论公式，结合作差法得：，故D正确（4）如图；（5）由图线可以知道，不等于零时，仍然为零，可以知道图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足点睛：实验问题需要结合物理规律去解决要清楚每一项操作存在的理由其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚；处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解12、近些 C 【解析】（1）弹射出后小球做平抛运动，只有距离光电门近些才能减小速度引起的误差；（2）利用平均速度代替瞬时速度，则v，弹性势能转化为了动能，根据动能定理可知（3）由于x，故，故Epx2，故C正确四、计算题