湖北省孝感市孝南区2022-2023学年物理高三上期中达标测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在粒子飞跃金属板间区域过程中

2、（）A粒子的动能增大B粒子的电势能增大C电场力对粒子做负功D磁场力对粒子做负功2、如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为()A不能从a点冲出半圆轨道B能从a点冲出半圆轨道，但C能从a点冲出半圆轨道，但D无法确定能否从a点冲出半圆轨道3、如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示不计空气阻力，g取10m/s1对于这个单摆的振

3、动过程，下列说法中不正确的是（ ）A单摆的位移x随时间t变化的关系式为B单摆的摆长约为1.0mC从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小4、将一小球以动能 Ek0 竖直向上抛出，小球在运动过程中受到的空气阻力不可忽略且大小恒定以抛出点为原点、零势能点，抛出时为计时起点，竖直向上为正方向，用 x 表示小球发生的位移、 Ek表示其动能、 EP表示其势能则从地出到落地的过程中，下列图象正确的是（ ）ABCD5、如图,水平路面出现了一个地坑,其竖直截面为半圆,AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以v1、v2的速度从A点沿AB

4、方向水平飞出,分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面的距离分别为圆半径的0.6倍和1倍,则v1、v2的值为（ ）A3 B35C3155 D3356、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OM=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二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20

5、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，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直，静电力常数为k。则（）AA点的电场强度大小为BB点的电场强度大小为CD点的电场强度大小可能为0DA、C两点的电场强度相同8、如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为为了增加轻线上的

6、张力，可行的办法是()A减小A物块的质量B增大B物块的质量C增大倾角D增大动摩擦因数9、如图，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为.物块以v0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下若木板不固定时，下列叙述正确的是（ ）A物块不能从木板的右端滑下B对系统来说产生的热量QmgLC经过，物块与木板便保持相对静止D摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功10、如图所示，在水平地面上有一处于自然长度、劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端处于位置A处。现有一质量为m的物块(可视为质点)从A点左侧3x处

7、以某一初速度向右运动后压缩弹簧，当物块运动到A点右侧x处时速度变为零，随即被弹回并最终停在A点左侧距离A点x处，物块与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则A物块的初速度大小为B物块被反弹回来的过程中先做匀加速运动，后做匀减速运动C物块向右运动压缩弹簧到最短的过程中，克服弹簧弹力做的功为2mgxD物块被弹回后向左运动至速度最大的过程中，克服摩擦阻力做功为mgx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）物体沿平直轨道做匀加速直线运动，打点计时器在物体拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录物的运动情况其中一部分纸

8、带上的点迹情况如图所示已知打点计时器打点的时间间隔为，测得点到点，以及点到点的距离分别为， ，则在打下点迹时，物体运动的速度大小为_ ；物体做匀加速运动的加速度大小为_12（12分）用如图(甲）所示的实验装置验证机械能守恒定律松开纸带，让重物自由下落，电火花打点计时器在纸带上打下一系列点对纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律下面列举了该实验的几个操作步骤： A按照图（甲）所示的装置安装器件B将打点计时器插接到220伏交流电源上C用天平测出重物的质量D先通电待计时器稳定工作后，再松开纸带，打出一条纸带E测量纸带上某些点间的距离F根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的

9、动能（1）其中操作不当的步骤是_（将其选项对应的字母填在横线处）（2）图（乙）是装置组装正确后，在实验中得到的一条纸带，在计算图中第n 个打点速度时，几位同学分别用下列不同的方法进行，交流电的频率为f，每两个计数点间还有1个打点未画出，其中正确的是_（将其选项对应的字母填在横线处） A B C D 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）传送带以恒定速率v4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37.现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F10 N拉小物块，经过

10、一段时间物块被拉到离地高为H1.8m的平台上，如图所示已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin370.6，cos370.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？14（16分）一辆小车停放在水平地面上，两根长度均为l的细线分别连接小球A和物块B，两根细线与竖直、水平方向分别成300角，如图所示，已知物块B的质量是小球A的两倍，且此时物块B刚好能静止，已知重力加速度为g；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（1）求物块B与小车底板间的动摩擦因数；（2）将物块B固定在小

11、车底板原来的位置，并让小车沿地面向右作匀加速直线运动，若A、B间细线张力为零，则小车加速度应满足什么条件？15（12分）如图所示，坚直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R=1.6m，A端与圆心0等高，B端 在O的正上方，与A右侧相连的是高和宽都为L=0.3m的台阶，台阶有若干级，一个质量为m=0.3kg的小球从A点正上方h处，由静止释放，自由下落至A点后进入圆形轨道，不计小球进入轨道时的能量损失，不计空气阻力，小球恰能到达轨道的最高点B，求：（1）释放点距A点的竖直高度；（1）若释放点距A点的竖直高度H=3R，则小球在B点时对轨道的压力是多大？小球会落在第几级台阶上？设g=10m/s1参考答案一、单

12、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、A【解析】对粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此粒子的电势能减小再由动能定理可知，粒子的动能增大因此A正确、BCD错误2、B【解析】试题分析：质点第一次在槽中滚动过程，由动能定理得：，为质点克服摩擦力做功大小，解得：，即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为，由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损

13、失小于，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于，故ACD错误，B正确考点：动能定理【名师点睛】本题的关键在于知道第二次运动过程中摩擦力做功比第一次小，明确动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功摩擦力做功使得机械能转化成内能3、C【解析】A由振动图象读出周期，振幅，由得到角频率，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为A正确，不符合题意；B由公式得，B正确，不符合题意；C从到的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误，符合题意；D从到的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，D正确，不符合题意。故选C。4、C【解析】根据Ep=mgx可知上升过程中

14、重力势能随x均匀增加，下降过程重力势能随x均匀减小，且上升和下降过程的Ep-x图像是重合的，选项AB错误；根据动能定理，上升过程中Ek=Ek0-(mg+f)x，下降过程中：Ek= (mg-f)(h-x)，则选项C正确，D错误；故选C.5、C【解析】设圆的半径为r。两颗石子的运动时间分别为：t1=2h1g=20.6rg=1.2rg；t2=2h2g=2rg；水平位移分别为：x1=1.8r，x2=r；故速度为：v1=x1t1，v2=x2t2 ；联立解得：v1：v2= 3155；故选C。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.6、D【解析】根据动能定

15、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：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

16、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、AC【解析】AO点固定一电荷量为Q的正电荷在A点产生的场强方向竖直向上，大小为根据场的叠加原理可得A正确；BO点固定一电荷量为Q的正电荷在B点产生的场强方向水平向右，大小为根据场的

17、叠加原理可得B错误；CO点固定一电荷量为Q的正电荷在D点产生的场强方向水平向右，大小为根据场的叠加原理可得若，则D点场强为0，C正确；DA、C两点的场强大小相等，方向不同，D错误；故选AC。8、AB【解析】当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律求出轻线上的张力，分析增加轻线上的张力的办法【详解】对整体，根据牛顿第二定律：解得：对B，根据牛顿第二定律：得到轻线上的张力为：则要增加T，可减小A物的质量，或增大B物的质量，AB正确，CD错误。故选AB。【点睛】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法与隔离法交叉使用

18、的方法，考查灵活选择研究对象的能力9、AC【解析】A、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下故A正确B、对系统来说，产生的热量Q=fs相对=mgs相对mgL，故B错误C、设物块块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0=（m+M）v，对木板M，由动量定理得：mgt=Mv，联立解得，故C正确D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等

19、，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功故D错误故选AC【点睛】本题的关键是明确木块和木板的运动规律，正确分析能量的转化情况要知道木板不固定时，木块和木板组成的系统动量守恒10、AC【解析】A对物块运动的整个过程，根据动能定理得 可得物块的初速度大小为故A正确。B物块被反弹回来的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物块先向左做加速运动，后向左做减速运动，由于弹簧的弹力是变力，则物块的合外力是变力，则物块的加速度是变化的，两个过程物块做的是非匀变速运动，故B错误。C物块向右运动压缩弹簧到最短的过程中，设克服弹簧弹力做的功W弹物块向左运动的过程，根据动能定理得 联立

20、解得 故C正确。D物块被弹回后向左运动至速度最大时有mg=kx得此过程中，克服摩擦阻力做功为 故D错误。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、 0.64m/s 6.4m/s2【解析】根据题意可知：A、B、C相邻两点间还四个点，所以A、B、C相邻两点间的时间间隔为，根据公式；利用公式即。点晴：解决本题应注意中的为相邻两计数点间的距离，不能直接用。12、 (1)C (2)D 【解析】（1）此实验中要验证的是mgh=mv2，两边的质量可以消掉，故实验中不需要用天平测质量，则操作不当的步骤是C（2）第n 个打点速度为： ，故选D.四、计算题：本题

21、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）1s（2）(2-2)s 【解析】（1）物体在达到与传送带速度v4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：Fmgcos37mgsin37ma1 解得a18 m/s2 由va1t1 得t10.5s 位移x112a1t121m 物体与传送带达到共同速度后，因Fmgsin4 Nmgcos37 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移x2Hsin370 x12m t2x2v0.5s 总时间为tt1t21s （2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为tan37，故有：mgsin37mgcos37ma2 解得：a22m/s2 假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为xv22a24 mx2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台故x2vt3-12a2t32 解得t3（2-2）s或t3（2+2）s（舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间14、（1）（2）【解析】（1）设小球A的质量为m，则物体B的质量为2m，以B为研究对象进行受力分析，如图所示，水平方向根据共点力的平衡条件可得：FBcos30=N1，竖直方向根据共点力的平衡条件可得：