黑龙江省齐齐哈尔市实验中学2022年物理高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2022-2023高三上物理期中模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示，一辆汽车自某地A 点启动，先做匀加速直线运动，运动到B 点时接着做匀速直线运动到C 点，整个过程汽车运动的总时间为t ，总路程为s ，B 是AC 的中点，则这辆汽车匀速运动的速度大小为（ ）
A ．23s t
B ．32s t
C ．2s t
D ．2s t 2、近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅(约270 N)的重力，相当于给颈椎挂两个大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃病、偏头痛和呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力，但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P 点的头部，在可绕O 转动的颈椎OP (轻杆)的支持力和沿PQ 方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低
头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ 与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的
压力约为直立时颈椎受到的压力的( )
A ．3.3倍
B ．4.2倍
C ．2.8倍
D ．2.0倍
3、如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放置一重力为G 的小球，小球与固定在天花板上
的绳子相连，小球保持静止状态。

绳子与竖直方向的夹角也为θ。

若绳子的拉力大小为F ，斜面对小球的支持力大小为F 1，则
A ．F 1=F
B ．F 1=G cos θ
C ．F =G cos θ
D ．F cos θ=G sin θ
4、将一质量为m 的小球靠近墙面整直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ， 假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（ ）
A ．mg
B ．13mg
C ．110mg
D ．12
mg 5、以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s 内前进36 m ，则汽车在5 s 内的位移为( )
A ．50 m
B ．45 m
C ．40.5 m
D ．40 m
6、某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a b 、由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度a b v v ，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是
（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
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，固定半圆弧容器开口向上，AOB是水平直径，圆弧半径为R，在A、B 两点，分别沿AO、BO方向同时水平抛出一个小球，结果两球落在了圆弧上的同一点，从A点抛出的小球初速度是从B点抛出小球初速度的3倍，不计空气阻力，重力加速度为g，则）（）
A．从B点抛出的小球先落到圆弧面上
B．从B点抛出的小球做平抛运动的时间为3R g
C．从A点抛出的小球初速度大小为33
2
gR
D．从A点抛出的小球落到圆弧面上时，速度的反向延长线过圆心O
8、如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的C点，则两球
A．不可能同时落地
B．落在C点的速度方向可能相同
C．落在C点的速度大小可能相同
D．落在C点的重力的瞬时功能不可能相同
9、如图所示，水平传送带能以恒定的速率v运行。

现使一个可视为质点的物体，沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度从传送带左端滑上传送带，物体最终可能从传送带右端抛出，或从左端滑回光滑水平面，在此过程中，下列说法正确的是
A．传送带顺时针转动时，物体一定从右端抛出
B．传送带逆时针转动时，物体一定从左端滑回光滑水平面
C．传送带顺时针转动和逆时针转动，对物体做的功可能相同
D．传送带顺时针转动和逆时针转动，物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同
10、如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为
m A=4.0kg、m B=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。

已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。

则下列说法正确的是
A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2
B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2
C．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J
D．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J
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）在做“验证牛顿第二定律”的实验时（装置如图所示）：
(1)下列说法中正确的是（_______）
A．平衡运动系统的摩擦力时，应把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上
B．连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行
C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D．小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
(2)甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图像为图所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图像为图中的直线Ⅱ。

直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是（_______）
A．实验前甲同学没有平衡摩擦力
B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
C．实验前乙同学没有平衡摩擦力
D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
(3)在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于没有满足M m（m为砂桶及砂桶中砂的质量）的条件，结果得到的图像应是下图中的（________）
A．B．C．D．
(4)在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于没有满足M m的关系，结果应是下图中的（________）
A．B．C．D．
12．（12分）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示．
（1）为了平衡小车及纸带所受的摩擦力，实验时应将长木板AB的_____（选填“A端”或“B端”）适当垫高．
（1）根据一条实验中打出的纸带，通过测量、计算，作出小车的v﹣t图象见图1，可知小车的加速度为_____m/s1．
（3）在研究加速度与力的关系时，保持小车的_____不变，测出在拉力F作用下小车的加速度a，改变拉力F，重复实验，得到多组不同的F及相应a的实验数据．有同学认为：测量多组不同F、a的数据，目的是为了求平均值来减小实验误差．该同学的看法是_____（选填“正确”或“错误”）的．
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，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为300的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m，g取10m/s2，求
①滑块第一次经过B点时对轨道的压力
②整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；
③滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处？
14．（16分）离心轨道是研究机械能守恒和向心力效果的一套较好的器材（如图甲所示）。

某课外研究小组将一个压力传感器安装在轨道最低点B处，他们把一个钢球从轨道上的不同高处由静止释放，得到了多组压力传感器示数F和对应的释放点的高度h，并作出了一个F-h图像（如图乙所示）。

根据图中所给信息，回答下列问题（不计各处摩擦，g=10m/s2）
(1)该研究小组用的小球的质量和离心轨道圆周部分的半径是多少？
(2)当h=0.6m时，小球到达圆周上最高点C点时小球对轨道的压力
15．（12分）如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值E pm .
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、B
【解析】
设汽车从A 运动到B 所用时间为t 1，从B 运动到C 所用时间为t 2，汽车匀速运动的速度大小为v ，由题意可得：12t t t +=，1122s vt =，22s vt =，可得：12223t t t ==，联立解得：32s v t
=
，故B 正确，ACD 错误． 2、A
【解析】
由题意可明确人的头受力情况，如图所示：
设人的颈椎对头的支持力F ，则由几何关系可知：
(1801545)601515F sin sin G sin sin ︒-︒-︒︒==︒︒，所以60· 3.315sin F G G sin ︒=≈︒
，故A 正确，B 、C 、D 错误；
故选A ．
【点睛】
对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力．
3、A
【解析】
对小球受力分析，正交分解，如图：
由平衡条件，水平方向：
1sin sin F F θθ=，
得：
1=F F ，
竖直方向：
2cos F G θ=，
得：
2cos G F θ
=， 也即 12cos G F θ=
， 故A 正确，BCD 错误。

4、D
【解析】
设每块砖的厚度是d ，向上运动上运动时：
9d -3d =aT 2 ①
向下运动时：
3d -d =a′T 2 ②
联立①②得：
3 1
a a =' ③ 根据牛顿第二定律，向上运动时：
mg +f =ma ④
向下运动时：
mg-f =ma ′ ⑤
联立③④⑤得：
12
f m
g = A ．mg ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．
13
mg ，与结论不相符，选项B 错误； C ．110
mg ，与结论不相符，选项C 错误； D ．12mg ，与结论相符，选项D 正确； 5、C
【解析】 设初速度的方向为正方向．由位移公式，由2012
x v t at +＝ 可得 2136=18332
a ⨯+⨯ 解得
a ＝−4m/s 2
加速度方向与速度反向．
刹车的总时间为
0 4.5s v t a
＝＝ 由位移公式，有汽车在5 s 内的位移为
040.5m 2
v x t == A ．50 m ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．45 m ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．40.5 m ，与结论相符，选项C 正确；
D ．40 m ，与结论不相符，选项D 错误；
6、C
【解析】
两只飞镖a 、b 都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有
0x v t =，
据题它们的水平位移大小相等，a b v v >，
所以运动时间关系为a b t t <， 由212
h gt =知 a b h h <，
所以插在竖直靶上时a 镖在b 的上面；
设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为α，则
tan gt v α=， 因为a b a b v v t t ><，，所以有a b αα<，C 正确．
【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，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
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、BC
【解析】
A ．由于两球落在圆弧上的同一点，因此两球做平抛运动下落的高度相同，运动的时间相同，由于同时抛出，因此一定同时落到圆弧面上，A 错误；
B ．由水平方向的位移关系可知，由于A 点处抛出的小球初速度是B 点处抛出小球的3倍，因此A 点处抛出小球运动的水平位移是B 点处抛出小球运动的水平位移的3倍，由于2A B x x R +=，因此B 点处小球运动的水平位移12B x R =
，根据几何关系可知，
R
，运动的时间t ==，B 正确； C ．A
点抛出的小球初速度3A R v ==，C 正确； D ．由于O 点不在A 点抛出小球做平抛运动的水平位移的中点，D 错误． 故选：BC ．
点睛：平抛运动落到同一点，所用时间相同，水平位移之和等于直径．据此列方程联立求解．
8、ACD
【解析】
A ．小球在竖直方向做自由落体运动，根据：212
h gt =
，可知高度不同，所以运动时间一定不同，故A 正确；
B ．平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB 两点抛出的小球轨迹不同，在
C 点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故B 错误； C ．由动能定理： 2201122
mgh mv mv =- 落地速度为：
v =则知落在C 点的速度大小可能相同，故C 正确；
D ．落在C 点时重力的功率
y P mgv ==
当mh 相同时P 才相同，故D 正确．
故选ACD ．
9、ACD
【解析】
若传送带顺时针转动时，无论物体的初速度v 0与传送带的速度v 的关系如何，物体一定从右端抛出，选项A 正确；若传送带逆时针转动时，若物体的初速度v 0较大，物体在传送带上做减速运动，到达最右端时速度还未减到零，此时也能到达传送带的最右端，选项B 错误；若传送带顺时针转动，且物体在传送带上滑动的速度一直大于传送带的速度，则传送带对物体做功为-fL ；若传送带逆时针转动，物体一直减速到最右端，此时传送带对物体做功也为-fL ；两种情况下对物体做的功相同，选项C 正确；物体与传送带因摩擦产生的内能为Q=f ∆x ，传送带顺时针转动和逆时针转动时，相对传送带的位移可能相同，则物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同，选项D 正确；故选ACD. 10、AC
【解析】
对AB 整体，由牛顿第二定律可得：sin cos ()A B A A B m g m g m g m m a θμθ--=+，解
得a=1.2m/s 2，选项A 正确，B 错误；由能量关系可知，物块A 位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能为sin cos P A B A E m g MN m g MN m g MN θμθ=⋅-⋅-⋅ ，解得E P =9J ，选项C 正确，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、BCD BC D D
【解析】
(1)[1]A. 平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A 错误；
B. 若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故B 正确；
C. 每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故长木板的位置不能移动，以防摩擦力不再平衡，故C 正确；
D. 为充分利用纸带，实验时小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故D 正确；
(2)[2]AB. Ⅰ图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了，故A 错误，B 正确； CD. Ⅱ图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够，故C 正确，D 错误；
(3)[3] 在研究加速度跟小车质量M 的关系时，保持m 不变，改变小车质量M ，在小车质量M 远大于重物质量m 时，即当满足M m 时，可以认为小车受到的拉力（合力）F mg =，此时加速度a 与小车质量M 成反比，与
1 M 成正比，以1 M 横轴，a 为纵轴，则1a M
-图象应是过原点的直线，当小车质量M 不远大于重物质量m 时，小车受到的拉力明显小于重物重力，1a M
-图象向下弯曲，最后趋近于定值g ； A. 与分析不符，故A 错误；
B. 与分析不符，故B 错误；
C. 与分析不符，故C 错误；
D. 与分析相符，故D 正确。

(4)[4]设绳子上拉力为F ，对小车根据牛顿第二定律有：
F Ma =
对砂桶和砂有：
mg F ma -=
由此解得：
1mg F m M =+ 由此可知当M
m 时，则有： F mg ≈
而当没有满足M m 的关系时，由于F mg <，随着m 的增大，M 的加速度： F mg a M M
=< 即实际的加速度小于理论值，图象将会发生向下弯曲；
A. 与分析不符，故A 错误；
B. 与分析不符，故B 错误；
C. 与分析不符，故C 错误；
D. 与分析相符，故D 正确。

12、B 端 3.0 质量 错误
【解析】
（1）为了平衡小车及纸带所受的摩擦力，实验时应将长木板AB 的B 端适当垫高． （1）由v t -图象可知小车的加速度为222.00.2/ 3.0/0.6
v a m s m s t ∆-===∆； （3）测量多组不同F 、a 的数据，目的是为了探究力F 和加速度a 的关系，并不是减小实验误差．该同学的看法是错误的．
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）60N （2）1.4J （3）2.25m
【解析】（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：
解得：3m/s 滑块在B 点：
解得：=60N
由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力60N
（2）滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能
． 滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得：
解得：=1.4J
（3）将滑块在BC 段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度
=2m/s 2 则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间 1.5s
滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：
解得=2.25m 结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处（或距C 点0.25m 处）
14、（1）0.4kg ，0.2m(2)4N, 方向竖直向上
【解析】（1）对A-B ，根据动能定理得 212
B mgh mv =
① 在B 点有： 2B v F mg m R -= ② 由①②解得2mg F h mg R
=+ ③ 由图乙可知 当h=0时，F=4N 代入③式可得小球的质量m=0.4kg
当h=0.6m 时，F=28N ，代入③ 式可得R=0.2m
（2）对A-C ，根据由机械能守恒可得 21.22
C mgh mg R mv =+
④ 在C 点有： 2C v N mg m R += ⑤ 由④⑤解得轨道对小球的压力 N =4N
根据牛顿第三定律小球对轨道的压力N 1=N =4N ，方向竖直向上.
点睛:此题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合，对于图象问题，关键得出压力随高度的表达式，从而结合图线斜率和截距进行求解，这是解决图象综合题的常用方法．
15、（1）4/B v m s = （2）8F N = （3）0.8pm E J =
【解析】
（1）小物块恰好从B 端沿切线方向进入轨道，据几何关系有： 024/sin sin 30B v v m s θ===． （2）小物块由B 运动到C ，据机械能守恒有：2211(1sin )22C B mgR mv mv θ+=
- 在C 点处，据牛顿第二定律有2'
C C
v N mg m R -= 解得N C ′=8 N
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道压力大小N C 为8N ． （3）小物块从B 运动到D ，据能量关系有
21(1sin )0.82Pm B E mv mgR mgL J θμ=
++-=。