2023届安徽省五校高三物理第一学期期中经典模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图的虚线呈水平方向，图中的实线为与虚线30角的匀强电场，图中OM与电场线垂直，且O

2、M=ON现从电场中的M点沿与虚线平行的方向抛出一质量为m、电荷量为+q可视为质点的物体，经时间t物体恰好落在N点已知物体在M、N两点的速率相等，重力加速度为g则下列说法正确的是（ ）A该匀强电场的方向垂直OM斜向上B该匀强电场的场强为mg/2qC物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为DM、N两点在竖直方向的高度差为2、如图所示，质量分别为M、m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地面上，m被悬在空中，若将M沿水平地面向右缓慢移动少许后M仍静止，则下面说法正确的是（ ）A绳中张力变大B滑轮轴所受的压力变大CM对地面的压力变大DM所受的静摩擦力变大3、在星球表面发射探测器，当发射速

3、度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为101，半径比约为21。下列说法正确的有()A探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D探测器脱离星球的过程中，势能逐渐减小4、下列所列出的物理量中，属标量的是（ ）A重力B路程C位移D加速度5、下列各组物理量均为矢量的是( )A力、位移、速度 B力、位移、路程C位移、时间、速度 D速度、加速度、质量6、如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平

4、抛运动，恰落在b点若小球初速变为v，其落点位于c，则 （ ）Av0 v 2v0Bv=2v0C2v0 v 3v0二、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，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态.轻弹簧A与竖直方向夹角为60，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法中正确的是()A轻弹簧A、B的劲度系数之比为3：1B轻弹簧A、B的劲度系数之比为2：1C轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为2：1D轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为1

5、：18、在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上. 该航天员从高h=L处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是A该星球的质量B该星球的质量C该星球的第一宇宙速度D该星球的第一宇宙速度9、如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力。下列说法错误的是A在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B小球离开小车后做竖直上抛运动C小球离开小车后做斜上

6、抛运动D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为10、将物体从同一高度以相同的速率分别竖直向上、竖直向下、水平抛出,则三种情况下相同的是( )A重力的冲量B重力的功C落地时物体的动量D落地时物体的动能三、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）在“用 DIS 测电源的电动势和内阻”的实验中，将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成如图(甲)所示的电路，定值电阻 约为 3。(1)图(甲)所示的电路中有一处连接错误，连接错误的导线是:_(填写导线的字母代号）(2)现有两种规格的滑动变阻器: (A)

7、1000，0.1A; (B) 10， 2.0A。实验中应选用_ (填写变阻器前的字母)。(3)某同学按照图(乙)所示的电路进行连接，误将电压传感器的正负极接反，但他尚未发现， 继续后面的操作。将变阻器的滑动头 P 移到左端，闭合电键，对电压传感器和电流传感器进行调零。将滑动头 P 逐渐向右侧移动，测出相应的电压、电流，由电脑绘出的伏安特性曲线应 为 （_）12（12分）用图所示的实验装置做“验证牛顿第二定律”的实验。（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶、天平（附砝码）。除以上器材外，还需要的实验器材有_（选填选项前的字母）。A秒表；B刻

8、度尺；C低压直流电源；D低压交流电源；（2）实验时把长木板右端垫高，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，使小车拖着纸带做匀速运动，这样做的目的是_。（3）长木板右端高度调好后，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，图是打点计时器打出的一条清晰的纸带。图中标出了A、B、C三个计数点，相邻计数点之间的时间间隔为T。A、B间的距离x1，A、C间的距离x2。则实验中该小车加速度的大小a =_（结果用上述字母表示）。（4）某同学通过数据处理作出了如图5所示的加速度a随合力F变化的图像，从图中可以看出图线是一条经过原点的直线。由此图像可得a F图像的表达式为_，小车和砝码的质量约为

9、_kg（结果保留两位有效数字）。（5）现要验证“物体质量一定时，加速度与合外力成正比”这一规律。实验装置如图6所示，实验操作如下：一光滑长木板AB一端搭在固定在水平面上的竖直挡板上。让小车自木板上一固定点O从静止开始下滑到B点，用计时器记下所用的时间t，用米尺测出O、B之间的距离L以及O 到地面的高度h。改变高度h，重复上述测量。请分析说明如何根据实验数据作出图像验证此规律_。 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）如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的

10、正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为 ，已知AP=2R,重力加速度为g,求小球从P到B的运动过程中,（1） 合外力做的功；（2）克服摩擦力做的功和 机械能减少量；14（16分）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离已知C离开弹簧后的速度恰为v0 求弹簧释放的势能15（12分）如图甲所示，在直角坐标系区

11、域内有沿轴正方向的匀强电场，右侧有个以点(3L，0)为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与轴的交点分别为M、N.现有一质量为 m，带电量为e的电子，从轴上的A点以速度沿轴正方向射入电场，电场强度E =,飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力.求:（1）电子进入圆形区域时的速度方向与轴正方向的夹角;（2）A点坐标;（3）若在电子刚进人圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸 面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出.速度方向与进入磁场时的速度方向相同.求：磁感应强度大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式.参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分

12、，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】根据动能定理分析电场力做功正负，从而判断电场的方向由W=qEd求场强的大小物体由M点到N点的过程中，由W=qEd求电场力做功由运动的分解法求出MN间竖直高度差【详解】设物体由M点到N点的过程中电场力做功为W，OM=ON=L根据动能定理得：mgLsin60+W=0，得：W=-mgLsin600，可知小球所受的电场力垂直OM斜向下，小球带正电，则电场的方向垂直OM斜向下，故A错误；M、N两点沿电场方向的距离为：d=Lcos30，根据W=-qEd=-mgLsin60得：，故B错误；设电场力大小为F建立如图坐标系：x轴方向：

13、由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，y轴方向：由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，联立以上四式得，所以物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为：|，M、N两点在竖直方向的高度差为：，故C错误，D正确，故选D【点睛】解决本题的关键是利用运动的分解法研究物体的运动过程，根据牛顿第二定律和位移公式结合求出初速度和L的值要注意判断电场力做功的正负2、B【解析】A.以m为研究对象，得到绳子拉力F=mg，保持不变，故A错误；B.滑轮轴所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力大小，绳子拉力大小不变，两侧绳子间夹角减小，则绳子拉力的合力变大，则滑轮轴所受的压力变大，故B正确；CD.以M为研究对象，设轻绳与竖直

14、方向的夹角为，分析受力，由平衡条件，地面对M的支持力FN=Mg-Fcos地面对M的摩擦力Ff=FsinM沿水平地板向右缓慢移动少许后，减小，由数学知识得到FN变小，Ff变小；根据牛顿第三定律得知M对地面的压力也变小，故CD错误。故选B.3、B【解析】A：探测器绕星球表面做匀速圆周运动时：GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，则探测器绕星球表面做匀速圆周运动的速度与探测器的质量无关；当发射速度达到2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，脱离星球所需要的发射速度与探测器的质量无关。故A项错误。B：探测器在星球表面受到的引力F=GMmR2，地球、火星两星球的质量比约为101，半径比约为21，则探测器

15、在地球表面受到的引力与探测器在火星表面受到的引力之比F地F火=M地M火R火2R地2=1011222=52，所以探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大。故B项正确。C：探测器绕星球表面做匀速圆周运动时：GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，地球、火星两星球的质量比约为101，半径比约为21，则探测器绕地球表面做匀速圆周运动的速度与探测器绕火星表面做匀速圆周运动的速度之比v地v火=M地M火R火R地=10112=5；当发射速度达到2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，则探测器分别脱离两星球所需要的发射速度不相等。故C项错误。D：探测器脱离星球的过程中，高度逐渐增大，势能逐渐增大。故D项错误。4

16、、B【解析】ACD加速度、重力和位移是即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量，都是矢量。故ACD不符合题意。B路程是只有大小，没有方向的物理量，是标量。故B符合题意。5、A【解析】力、位移、速度和加速度都是即有大小又有方向的物理量，都是矢量，路程、时间和质量是只有大小没有方向的，是标量，故选项A正确，选项BCD错误。【点睛】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，只有大小，没有方向的物理量是标量，本题就是看学生对矢量和标量的掌握。6、A【解析】小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，

17、则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0，故A正确，BCD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、AD【解析】设轻弹簧A、B伸长量都为x，小球A的质量为m，则小球B的质量为2m。对小球b，由平衡条件，弹簧B中弹力为kBx2mg；对小球a，由平衡条件，竖直方向kBxmgkAxcos 60，联立解得：kA3kB，故A正确，B错误；水平方向，轻绳上拉力FkAxsin 60，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。8、AC【解析】抛出点与落地点的水平距离

18、为，所以运动时间，故，在该星球表面有，所以，A正确B错误；第一宇宙速度，C正确D错误9、ACD【解析】A. 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A符合题意；BC. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零；小球由点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B不符题意，C符合题意；D. 小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：为小球克服摩擦力做功大小，解得：即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变

19、小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，故D符合题意。10、BD【解析】从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在当中运动时间不同，故A错误；根据WG=mgh，可知三种情况下，高度h相同，则重力做功相同，故B正确；由动能定理得：mgh=Ek-12mv02，解得Ek=mgh+12mv02，m、g、h、v0相同，因此落地动能相同，故落地速率相同，根据P=mv，可知落地的动量大小相等，但动量的方向不同；C错误，D正确故选BD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、d

20、 B B 【解析】(1)1 d线接错,滑动变阻器接线要求接在接线柱上,不能连接在滑片上,故d导线连接错误;(2)2A滑动变阻器最大阻值太大,电流较小,不方便调节,也不方便电流的测量,故滑动变阻器选B;(3)3将变阻器的滑动头P移到左端,闭合电键,对电压传感器和电流传感器进行调零此时电路中电流最小,值为,以这个电流作为伏安特性曲线中电流的0点此时电压传感器的值反向最大,为,以这个电压作为伏安特性曲线中电压的0点将滑动头P逐渐向右侧移动,则R将要减小,将要增大;而电压传感器示数,I增大,则Ir将增大,将要增大,即电压传感器的值在增大,且成线性关系故时,U就在调零后的起始位置,故B正确，ACD错误。

21、12、BD 平衡摩擦力 x2-2x1T2 a = kF ，k=（1.82.2）ms-2N-1 0.450.56 小车初速度为零，沿斜面做匀加速运动，L=12at2，合外力大小F=mghL，如果aF,则h1t2，所以若以h为横坐标，1t2为纵坐标作出的图像为过原点的一条倾斜直线，则规律得到验证。 【解析】（1）在“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验中，根据实验原理来选择器材，实验中用砂和砂桶的重力代替小车的合力，故要通过将长木板右端垫高来平衡摩擦力；（3）根据匀变速直线运动的规律来求解加速度；（4）根据图像的可知a与F成正比，根据图像的斜率来求质量；（5）结合牛顿第二定律以及匀变速

22、直线运动的相关规律进行求解即可；【详解】（1）验证牛顿第二定律”的实验，处理实验数据时需要测出计数点间的距离，实验需要毫米刻度尺，电磁打点计时器需要使用低压交流电源，故选BD正确，AC错误；（2）把木板右端垫高，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，使小车拖着纸带做匀速运动，就意味着摩擦力抵消了，即平衡摩擦力；（3）根据匀变速直线运动规律可知：x2-x1-x1=aT2，可以得到：a=x2-2x1T2；（4）由图线可得：a与F成正比，表达式为a=kF，由数学知识可知k=（1.82.2）ms-2N-1，根据牛顿第二定律：F=ma，则k=1m，则m=1k=0.55kg（0.45kg-0.56kg）均正确；（5）小车初速度为零，沿斜面做匀加速运动，则L=12at2，a=2Lt2小车所受的合外力是重力沿斜面的分力，则：F=mgsin=mghL，如果aF,则h1t2，所以若以h为横坐标，1t2为纵坐标作出的图像为过原点的一条倾斜直线，则规律得到验证。【点睛】在解决实验问题时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析，同时也加深了对具体实验操作步骤的理解。四、计算题：本题共2小题，共26分。把