黑龙江省哈尔滨市第八中学2022年高三物理第一学期期中考试模拟试题含解析

2022-2023高三上物理期中模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O（圆
环质量忽略不计），系统在图示位置处于静止状态，此时细绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β，当缓慢拉动圆环使α（0<α<90°）增大时，则
A．F变大，β变小
B．F变小，β变小
C．F变大，β变大
D．F变小，β变大
2、《2001年世界10大科技突破》中有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的研究成果．该成果揭示了中微子失踪的原因．认为在地球上观察到的中微子数目比理论值少，是因为有一部分中微子在向地球运动的过程中发生了转化，成为一个μ子和一个τ子．关于上述研究下列说法中正确的是（）
A．该转化过程中牛顿第二定律依然适用
B．该转化过程中动量守恒定律依然适用
C．该转化过程中动能定理依然适用
D．若新产生的μ子和中微子原来的运动方向一致，则新产生的τ子的运动方向与中微子原来的运动方向一定相反
3、一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的
振动图像，0时刻该点的位移为-0.1m，2s时在平衡位置处，则波的传播速度为（）
A．5
6
m/s B．
2
3
m/s C．0.8m/s D．1.5m/s
4、小朋友在搭积木时，将重为G的玩具汽车静置在薄板上，薄板发生了明显弯曲，如图所示。

关于玩具汽车受到的作用力，下列说法正确的是
A．每个车轮受到薄板的弹力为
2
G
B．每个车轮受到薄板的弹力为
4
G
C．薄板弯曲程度越大，车轮受到的弹力越小
D．玩具汽车受到的合力为零
5、在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )
A．灯泡中灯丝已烧断
B．滑片接触不良
C．灯泡内部短路
D．滑动变阻器A端接触不良
6、一根轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球（可视为质点），从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧，如图所示.若以小球下落点为x轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最大位置为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；小球下落过程中加速度a，速度v，弹簧的弹力F，弹性势能E p变化的图象正确的是（）
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,(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,
车与水平面间的动摩擦因数不计,(b)图为物体A与小车的v-t图像,由此可知( ).
A．小车B获得的动能
B．小车上表面至少的长度
C．物体A与小车B的质量之比
D．A与小车B上表面的动摩擦因数
8、如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m．t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为
g=10m/s2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）
A．h=1.7m
B．简谐运动的周期是0.8s
C．0.6s内物块运动的路程是0.2m
D．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反
9、如图所示，大圆环固定不动，套在大圆环上的小环从某处由静止滑下，在大圆环上来回运动几次，最终静止不动。

下列说法正确的是
A．小环不一定停在大圆环的最低点
B．小环第一次运动到最低点时动能最大
C．运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能
D．第一次到达左边最高点的过程中，小环的机械能先减小后增大
10、如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块正在沿着斜面体匀速下滑，运动到斜面中间对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是( )
A．物块与斜面体间的弹力增大
B．物块与斜面体间的摩擦力增大
C．斜面体与地面间的弹力不变
D．地面对斜面体有向左的摩擦力
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）按如图所示装置准备好器材后，先接通电源，然后后释放小车，让它拖着纸带运动，得到如图所示纸带，纸带上选取A、B、C、D、E五个计数点（相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。

（1）打点计时器在纸带上打下这五个计数点所用的总时间为______s。

（2）纸带上选取的A、B、C、D、E这五个计数点中，打点计时器最先打出的点应该是____点。

（3）请说明怎样利用纸带记录的信息分析确定小车的运动是否为匀变速直线运动_____（4）如果用这套装置验证机械能守恒定律（动能定理），测得砂和砂桶的总质量为m，小车的质量为M，已知重力加速度为g。

则下列操作中必要的是（_________）A．必须选择小车静止时打下的点为第1个计数点
B．连接砂桶和小车的细线必须平行于木板
C．通过将木板右端适当垫高来平衡小车所受的摩擦力
D．质量关系必须满足M＞m
12．（12分）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M (A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_______ (填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电
门中心的竖直距离h.
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.
③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为_________ (已知重力加速度为g)．
(3)引起该实验系统误差的原因有________________________ (写一条即可)．
(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：
①写出a与m之间的关系式：____________________ (还要用到M和g)．
②a的值会趋于___________．
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）如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成。

发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆。

如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为70kg的逃生者从离地面27m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零。

假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力（g=10m/s2），求：
(1)减速下滑过程的位移；
(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；
(3)到达地面整个过程的时间。

14．（16分）如图所示，质量M＝2kg的平板小车后端放有质量m＝3kg的铁块，它和
车之间的动摩擦因数μ＝0.5，开始时车和铁块一起以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平地面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。

设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得铁块总不能和墙相碰。

（g取10m/s2）求：
(1)试分析，车和墙第一次相碰以后，车还能否再碰墙？如果你认为不能，请说明原因；如果你认为能，试求出车和墙第二次相碰前，铁块与车的共速大小。

(2)车和墙第一次相碰以后，车所走的总路程。

15．（12分）图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格：请
根据图表计算
⑴如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；
⑵如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；
⑶如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1s，请问他能在50m内停下来吗？
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、A
【解析】
由于圆环O是光滑的，所以环的绳子各处张力大小相等，等于物块的重力，当α增大
时，AO 与OB 间的夹角减小，根据平行四边形定则可知，绳AO 和OB 的拉力的合力变大，由平衡条件可知，F 与绳AO 和OB 的拉力的合力等大反向，所以F 变大，α+β变小，则β变小．故选A.
2、B
【解析】
A.牛顿第二定律适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故A 错误；
B.动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普遍适用的定律，对微观物体间的作用仍然适用．故B 正确；
C.基于牛顿运动定律的动能定理同样适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故C 错误；
D.若新产生的μ子和中微子原来的运动方向一致，根据动量守恒定律知，则新产生的τ子的运动方向与中微子原来的运动方向可能相同，可能相反．故D 错误．
3、A
【解析】
由图甲所示波形图可知，波长4m λ=，由图乙所示质点振动图像可知，t =0时刻质点的位相为7π6
，t =2s 时质点的位相为2π，两时刻位相差为 7π5π2π66
-= 则
5π262πT
=
解得波的周期
24s 5
T = 波速
45m/s m/s 246
5
v T λ
=== 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4、D
【解析】因为薄板发生了明显弯曲，每个轮子所受弹力大小相等都为F ，设弹力与水平方向的夹角为θ，则受力分析如图所示：
小车静置在木板上，所受合力为零，由平衡条件可知： 4sin F G θ=，得
4sin 4
G G F θ=>，当薄板弯曲程度越大， θ越小， sin θ越小，F 越大，故ABC 错误，D 正确.
5、C
【解析】根据题中图可知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路为通路，不存在短路，故A 错误；若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B 错误；若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D 错误；若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故C 正确。

所以C 正确，ABD 错误。

6、D
【解析】
AB ．小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：
a =g
保持不变，速度：
v =gt
均匀增加；小球与弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖直向上的弹力：
F =kx
作用，开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：
mg kx kx a g m m
-==- 加速度逐渐减小，小球向下做加速度减小的加速运动，经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度：
kx mg kx a g m m
-==- 加速度逐渐增大，小球向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，整个过程速度方
向不变，t 2时刻加速度为0，速度最大，弹力变化最快，加速度变化也最快。

所以从t 1到t 2图象不是凹向下，而是要凸向下。

同理从t 2到t 3图象不是凸向下，而是要凹向下。

由图示图象可知，故AB 错误；
C ．当小球下落位移小于等于h 时，弹簧弹力为零：F =0，当弹簧下落距离大于h 小于等于H 时，弹簧弹力：
F =kx
弹力F 与x 成正比，故C 错误；
D ．当小球下落位移小于等于h 时：
0p E =
当弹簧下落距离大于h 小于等于H 时，弹簧弹性势能：
212
p E kx = 故D 正确。

故选D 。

【点睛】
小球与弹簧接触前做自由落体运动，与弹簧接触后受到重力与弹簧弹力作用，弹簧弹力逐渐增大，弹簧弹性势能增大，根据小球运动过程与受力情况分析答题。

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、BCD
【解析】
当A 滑上B 后，在滑动摩擦力作用下，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，最终以共同速度v 1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A 相对于B 的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B 车质量，所以不能求得B 的动能．
【详解】
A 、由于小车
B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故A 错误； B 、由图象可知，AB 最终以共同速度1v 匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：0112
x v t ∆=，故B 正确； C 、由动量守恒定律得，01()A A B m v m m v =+，解得：101 A B m v m v v =-，故可以确定物体
A 与小车
B 的质量之比，故
C 正确；
D 、由图象可以知道A 相对小车B 的位移0112
x v t ∆=，根据能量守恒得：220111()22A A A B m g x m v m m v μ∆=-+，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦力因数，故D 正确；
【点睛】
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息．
8、AB
【解析】
t=0.6s 时，物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m= -0.1m ；则对小球212h y gt +=
，解得h=1.7m ，选项A 正确；简谐运动的周期是220.82.5T s s π
πωπ
==
=，选项B 正确；0.6s 内物块运动的路程是3A=0.3m ，选项C 错误；t=0.4s=2T ，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误．
9、AC
【解析】小环从某处由静止滑下，当来回运动到摩擦力的大小刚好等于重力沿切线方向分力的大小时速度为零，此时小环静止的地方不是在大圆环的最低点；当小环来回运动到最低点时速度恰好为零，此时小环静止在大圆环的最低点，故A 正确；当小环第一次运动摩擦力的大小与重力沿切线方向分力的大小相等时速度最大，动能最大，故B 错误；由于小环最终静止，根据能量守恒可知，运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能，故C 正确；第一次到达左边最高点的过程中，摩擦力始终做负功，故小环的机械能一直减小，故D 错误；故选AC.
【点睛】小环在大圆环上下滑，由于之间存在摩擦力，摩擦力始终做负功，根据能量守恒判断出最终产生的内能及小环的机械能的变化情况
10、AB
【解析】
AB ．设斜面的倾角为α，不加推力F 时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力
N =mg cos α
摩擦力
f =m
g sin α
故动摩擦因数
f N
μ==tan α 对小物块施加一水平向右的恒力F 后，支持力
cos sin N mg F αα'=+
变大；滑动摩擦力f N μ'='，也变大；故AB 正确；
CD ．不加推力F 时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故CD 错误。

故选AB 。

【点睛】
本题考查平衡问题，要采用隔离法分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，关键是明确滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力方向不变，不难．
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、0.4 A 在误差允许的范围内，看连续相邻两计数点间的位移差Δx 是否为常数
【解析】
（1）[1]．打点计时器在纸带上打下这五个计数点所用的总时间为4×
5×0.02s=0.4s 。

（2）[2]．因小车做加速运动，则由纸带上的点迹分布可知，纸带上选取的A 、B 、C 、D 、E 这五个计数点中，打点计时器最先打出的点应该是A 点。

（3）[3]．在误差允许的范围内，看连续相邻两计数点间的位移差Δx 是否为常数，从而确定小车的运动是否为匀变速直线运动；
（4）[4]．A ．在验证机械能守恒定律的实验中，不一定必须选择小车静止时打下的点为第1个计数点，可以选择后面的点研究，选项A 错误；
B ．连接砂桶和小车的细线必须平行于木板，这样可认为小车受的拉力等于细线的拉力，选项B 正确；
C ．通过将木板右端适当垫高来平衡小车所受的摩擦力，这样可认为拉力等于小车受的
合外力，选项C 正确；
D ．质量关系不需要满足M ＞m ，选项D 错误；
故选BC.
12、挡光片中心 ()2122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪∆⎝⎭
绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等
21g a M m =+ 重力加速度g 【解析】
解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm ，可动刻度读数为0.01×
20.0mm=0.200mm ， 所以最终读数为：5.5mm+0.200mm=5.700mm ．
（2）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的末速度为：d v t
=∆， 则系统重力势能的减小量△E p =mgh ，系统动能的增加量为：
()()2
2112222k d E M m v M m t ⎛⎫∆=+=+ ⎪∆⎝⎭
, 若系统机械能守恒，则有：()2122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪∆⎝⎭
（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用．
（4）根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg ，则系统加速度为：221mg g a M M m m
==++，当m 不断增大，则a 趋向于g ．
【点评】
考查螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，解决本题的关键知道实验的原理，知道误差产生的原因，掌握整体法在牛顿第二定律中的运用．
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) 7.2m ；(2) 875N ；(3) 9s
【解析】
(1)由题意可知减速过程由
v 2=2a 1x 1
22
116m=7.2m 22 2.5
v x a ==⨯ (2)减速过程
F -mg =ma 1
F =mg +ma 1=875N
根据牛顿第三定律，逃生者对缓降绳索的拉力大小875N
(3)加速过程和减速过程的平均速度均为
3m/s 2
v v == 则整个过程的时间
27s=9s 3
x t v == 14、 (1)能，0.6m/s ；(2)1.25m
【解析】
(1)能；由于m M >，小车不论与墙相撞多少次，系统的动量总是向右，但每撞一次总动量减少一次，直到减为零，最后小车停在墙下。

车第一次碰墙后到第二次碰墙前，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可得（规定水平向右为正方向）
001-()Mv mv M m v +=+
代入数据可得
010.6m/s 5
v v == (2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s 1，由动能定理得
210102
mgs Mv μ-=- 得
2012Mv s mg
μ= 代入数据可得
10.6m s =
接着小车和铁块以共同速度v 1与墙第二次相碰，由动量守恒有
001()mv Mv M m v -=+
代入数据可得
015
v v =
第二次相撞后平板车向左走的路程为s 2，则有
2122Mv s mg μ= 所以可得
21125
s s = 即
21125
s s = 以后每次相碰反弹向左行的路程均以
125比例减少，小车所走的路程为一个无穷等比数列之和。

公比125
q =，联立可得 11112211n q s q q
s s -=≈-- 代入数据可得
1.25m s =
15、（1）A=20m （2）40B m =、60C m =（3）不能
【解析】
（1）反应时间：
A=="20m"
（2）路面情况相同，刹车加速度相同．
第一组数据：
第三组数据：
两式相比消去a 为：B=40m
所以C=A+B=60m
（3）刹车的加速度为： 司机的反应距离为： 司机的刹车距离为：
且52.4m>50m
故不能在50m内停下来．。