湖北省两校2022-2023学年高三物理第一学期期中达标检测模拟试题含解析

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。

图象，则下列说法正确的是
1、如图所示为两电源的U I
A．电源①的电动势和内阻均比电源②小
B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等
C．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等
D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大
2、如图所示，3根轻绳悬挂着两个质量相同的小球并保持静止，绳AD与AC垂直．现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD、AC 两绳张力T AC、T AD的变化情况是( )
A．T AC变大，T AD减小
B．T AC变大，T AD不变
C．T AC减小，T AD变大
D．T AC不变，T AD变大
3、游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，如图甲所示，我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，将小球从弧形轨道上端距地面高度为h处释放，小球进入半径为R的圆轨道下端后沿圆轨道运动。

欲
使小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力等于小球的重力，则h与R应满足的关系是（不考虑摩擦阻力和空气阻力）（）
A．h=2R
B．h=2.5R
C．h=3R
D．h=3.5R
4、如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为
θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（）
A．轻绳对小球的作用力大小为
B．斜面对小球的作用力大小为
C．斜面体与水平面间的摩擦力大小为
D．斜面体对水平面的压力大小为
5、两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（）
A．B．C．
D．
6、如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P 三点，间距MN=NP，Q1、Q2在轴上产生的电势ϕ随x变化关系如图乙．则
A．M点电势和电场强大小均为零
B．N点电势和电场强大小均不为零
C．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|=|W NM|
D．由图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，且Q1电荷量大于Q2
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，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A 不动，现设法使A以速度v A＝3m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向夹角θ＝37°，设此时B的速度大小为v B(cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则( )
A．A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力
B．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度v B＝2.4m/s
C．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度v B＝3.75m/s
D．B上升到滑轮前的过程中机械能增加
8、足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用.现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中()
A ．物块a 的重力势能减少mgh
B ．摩擦力对a 做的功等于a 机械能的增量
C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增量之和
D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等
9、如图所示，质量为3kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg 的物体B 用细线悬挂，A 、B 间相互接触但无压力。

取210m /s g =。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（ ）
A ．
B 对A 的压力大小为12N
B ．弹簧弹力大小为2N
C ．B 的加速度大小为24m /s
D ．A 的加速度为零
10、如图所示，B 球质量是A 球质量的2倍，光滑斜面的倾角为θ ，图甲中A ．B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧.轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A ．图甲中A 球的加速度为g sin θ
B ．图甲中B 球的加速度为3sin 2
g θ C ．图乙中A 、B 两球的加速度均为g sin θ
D ．图乙中轻杆的作用力一定不为零
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）在用伏安法测某元件的伏安特性实验中，小张同学将采集到的数据记录到
了I U -坐标图上(如图甲所示)，完成下列问题．
()1请在图甲中绘出伏安特性曲线____，并由此图线得出该电阻的电阻值
x R =______Ω．
()2除了待测元件、导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A .电压表1(V 量程3V ，内阻约30)k Ω
B .电压表2(V 量程15V ，内阻约150)k Ω
C .电流表1(A 量程0.6A ，内阻约0.5)Ω
D .电流表2(A 量程3mA ，内阻约300)Ω
E .滑动变阻器1(0300R Ω～，额定电流0.5)A
F .滑动变阻器2(050R ～Ω，额定电流60)mA
G .滑动变阻器3(010R Ω～，额定电流0.3)A
H .电源1(E 电动势为1.5V ，内阻约为0.5)Ω
I .电源2(E 电动势为3.0V ，内阻约为1.2)Ω
根据所绘的伏安特性曲线，为了调节方便，测量准确，实验中应选用的器材是______(填器材前面的字母)．
()3根据所选器材，按要求补充完善图乙所示实物连线______，实验前变阻器的滑片P 应置于最______(填“左”或“右”)端．
12．（12分）某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P 为连接数字计时器的光电门且固定在B 点．实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右
运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C．已知当地重力加速度为g．
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=___________cm．
(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有___________．
A．木板的长度L1 B．木板的质量m1
C．小滑块的质量m2 D．木板上BC间的距离L2
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=___________(用题中所涉及的物理量的符号表示)
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,在与水平方向成53∘的斜向上拉力F作用下,质量为1.0kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动,经2s运动的距离为3m,随即撤掉F,小物块运动一段距离后停止。

已知物块与地面之间的动摩擦因数
μ=0.25,sin53∘=0.8,cos53∘=0.6,g=10m/s2. 求：
(1)物块运动的最大速度；
(2)F的大小；
14．（16分）如图所示，一质量m的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量m的小铁块以水平向左速度v0从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ，铁块与木板间的动摩擦因数4μ，求：
(1)铁块相对木板滑动时，木板的加速度;
(2)为使木块不冲出木板，则木板的最短长度;
(3)若木块不冲出木板，则木板在水平地面上滑行的总路程.
15．（12分）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已
知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p1，温度均为T1．现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g．
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、D
【解析】
A、根据闭合电路欧姆定律得，U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大，故A错误；
BD、过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态，如图所示：
由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B错误，D正确;
C、电源的效率η
UI R
EI R r
==
+
，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不
可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率，故C 错误．
2、C
【解析】
B 缓慢移动，A 、B 可以看做整体，设A
C 绳与水平面的夹角为
．没有施加力F 时对
整体受力分析（如图所示），
由力的平衡可得：
①
②
施加力F 后对整体受力分析（如图所示），建立坐标系， 方向：
③ 方向：
④ 由③④两式可得：
⑤ ⑥ 比较①和⑤、②和⑥可知：，，即T AC 减小，T AD 变大，故C 正
确．
3、C
【解析】
小球通过圆轨道最高点时，应满足 2
v mg mg m R
+= 小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律
()2122
mg h R mv -=
解得
h R
3
故选C。

4、C
【解析】试题分析：先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小．再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力．
由题目叙述得到模型图，以B球为研究对象，分析受力情况，如图所示：
根据平衡条件，水平方向，得，则竖直方向，解得轻绳对小球的作用力大小为，斜面对小球的作用力大小为
，AB错误；以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图所示，则有，得，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的作用力大小也是；根据可得，C正确D错误．5、D
【解析】
小球受力如图所示：
设绳长为L ，小球到悬点的高度差为h ，由图可知，小球做圆周运动的向心力 2tan sin n F mg m L θωθ==
解得
22cos g L h ωθω==
因两小球运动的角速度ω相同，所以h 也相同，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

6、D
【解析】
φ-x 图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以M 处的场强不为零，N 处场强为零，故
A B 错误；由图象可知，U MN ＞U NP ，故电场力做功qU MN ＞qU NP ，从P 移到M 过程中，电场力做负功，故|W PN |＜|W NM |，故C 错误；因为N 点的场强为0，所以两点的电荷在N 点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为异种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，Q 1带负电、Q 2带正电．因为N 点的场强为0，所以两点的电荷在N 点产生的场强大小相等，方向相反，根据E=k ，知距离大的电量大，所以Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量．故D 正确；
故选D.
点睛：φ-x 图象中：①电场强度的大小等于φ-x 图线的斜率大小，电场强度为零处．②在φ-x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W=qU ，进而分析WW 的正负，然后作出判断．
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、BD
【解析】
若A 不动时B 对轻绳的拉力大小等于B 的重力，不是同一个力，故A 错误；
小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因斜拉绳子与水平面的夹
角为37°，由几何关系可得：v B =v A cos37°
=2.4m/s ；故B 正确，C 错误；B 上升到滑轮前的过程中，绳子的拉力一直做正功，则机械能增加，故D 正确．故选BD ．
【点睛】
解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小．
8、ACD
【解析】
A ．开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有
sin a b m g m g θ=
则
sin a m m θ
= b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为
m a g ×h sin θ=mgh
故A 正确；
BC ．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所
以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B 错误，C 正确；
D ．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率
P b =mgv
对a 有：
P a =m a gv sin θ=mgv
所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．
9、AC
【解析】
AC ．剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力
A 30N F m g ==
剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度
2B A B
4m/s m g a m m ==+ 隔离对B 分析
N B B m g F m a -=
解得
N 20N 24N 12N B B F m g m a =-=-⨯=
根据牛顿第三定律可知B 对A 的压力为12N ，选项AC 正确；
B ．细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为30N ，选项B 错误； D ．细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为24m/s ，选项D 错误。

故选AC 。

10、BC
【解析】
根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB 所受合外力，即可得到两球的加速度．
【详解】
设A 球质量为m ，B 球的质量为2m ．撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为3mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力为3mgsin θ，加速度为32
gsinθ； 图乙中，撤去挡板的瞬间，AB 两球整体的合力为3mgsinθ，AB 两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零
故应选：BC ．
【点睛】
本题是瞬时问题，考查牛顿第二定律的应用，要注意明确弹簧的弹力不能突变，而杆的弹力瞬间发生变化；同时注意明确整体法与隔离法的正确应用．
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、（1）333
2.410(2.310 2.510)⨯⨯~⨯ （2）ADEI (3)右
【解析】
（1）用一条直线连接，让尽量多的点落在直线上，如图；
从直线上选取一点如I=1mA 时．U=2.3V ，此时： 2.3U R K I
==Ω （2）根据实验数据可知，电压表选择A ；电流表选D ；电源选择I 2；滑动变阻器接成分压电路，故选阻值较小的G ；
（3）由电压表、电流表及电阻的阻值关系可知V x R R >>，应采用电流表外接；电路连线如图；实验前应使得待测电阻上电压最小，即变阻器的滑片P 应置于最右端．
12、0.375 D 2
222d gL t
【解析】
(1)由图乙所示游标卡尺可以知道,主尺示数为0.3cm ,游标尺示数为
150.05mm=0.75mm ⨯ ,,游标卡尺读数0.3cm 0.075cm=0.375cm d =+ ;
(2)通过光电门的速度为:d v t = 根据动能定理可以知道:22212m gL m v μ-=
, 要测量动摩擦因数,需要知道滑木板上BC 间的距离2L
所以D 选项是正确的.
(3)根据动能定理可以知道:, 22212
m gL m v μ-= 计算得出:2
2
22d gL t μ= 综上所述本题答案是：(1). 0.375 (2). D (3). 2
222d gL t
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、8m/s 3.6N
【解析】（1）小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，后做匀加速直线运动，,经2s 物块运动的最大速度，由
212
s at =
22v as =
解得8/m v m s =
(2) 对物体进行受力分析，建立如图所示坐标系
解得F 3.6N =
14、（1）2g μ （2）2012v g μ （3）2012v g μ
【解析】
试题分析：小铁块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度；当二者速度相等时达到相对静止，根据位移公式可求得两物体的对地位移，则可求得木板的最短长度；二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由位移公式求出位移，然后求和即可．
（1）设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 块，由牛顿第二定律得：4mg ma μ=块 解得：4a g μ=块
设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 板，由牛顿第二定律得：
42mg mg ma μμ-=板
解得：2a g μ=板
（2）小滑块与长木板速度相等时：0v 42g t g t μμ-= 解得：06t g
v μ=
小铁块运动的距离为：201=2x v t a t -块块 带入可得：209v x g μ=块 木板运动的距离：22201122236v x a t g t g μμ
==⨯⨯=板板
长木板的最短长度为： 20min -=12v L x x g μ
∆=板块 （3）此后以一起做匀减速运动的加速度为：22mg ma μ=共 解得：a g μ=共 一起开始匀减速时的速度为：002=263
v v v g t g g μμμ=⨯=共 根据速度位移公式：202()3
v a x '=共板 解得：2018v x g μ'=板 木板在水平地面上滑行的总路程为：2012v x x x g μ'=+=板总
板板 点睛：本题主要考查了板块相对滑动问题，对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解． 15、0011h mg T H p S ⎛⎫⎛
⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
；()0p S mg h +； 【解析】
开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先等容升温过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有:
0101
p p T T = ① 根据力的平衡条件有:
10p S p S mg =+ ②
联立①②式可得:
1001mg T T p S ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭ ③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2．根据盖—吕萨克定律有: 1212
V V T T = ④ 式中V 1=SH ⑤，V 2=S （H +h ）⑥
联立③④⑤⑥式解得:
20011h mg T T H p S ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⑦
从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为: ()0W p S mg h =+⑧。