1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、研究表明，地球自轉在逐漸變慢，3億年前地球自轉的周期約為22小時。假設這種趨勢會持續下去，地球的其他條件都不變，則若干年后（ ）A地球兩極的重力加速度將變大B地球赤道的重力加速度將變大C地球近地衛星的速度將變大D地球同步衛星的

2、速度將變大2、下列說法正確的是（ ）A結合能越大表示原子核中核子結合得越牢靠，原子核越穩定B射線和光電效應中逸出的電子都是原子核衰變產生的C均勻變化的電場可以產生電磁波D在任何慣性系中，光在真空中沿任何方向的傳播速度都相同。3、下列說法正確的是 （ ）A做圓周運動的物體，其加速度一定指向圓心B只要系統所受外力之和為零，則系統的動量守恒，系統的機械能也守恒C在地球上同一位置，沿不同方向拋出物體,不計空氣阻力，物體的速度變化率相同D做簡諧運動的質點先后通過同一點，回復力、速度、加速度、位移一定相同4、質量不同的物體，從不同高度以相同的速度同時水平拋出，不計空氣阻力下列說法正確的是( )A質量大的物

3、體先落地B低處的物體先落地C質量小的物體先落地D高處的物體先落地5、某籃球運動員將籃球豎直向上拋出，籃球在最高點離接球的手距離1.8m，該運動員接球的整個過程時間約為0.1s，(忽略空氣阻力，g取10m/s2)則下列說法正確的是A接球時球的速度大小為3m/sB籃球自由下落時間約為1.2sC手受到的平均作用力的大小是籃球重力大小的7倍D手接籃球的整個過程，籃球處于失重狀態6、如圖所示，直線a和曲線b分別代表在平直公路上行駛的汽車甲和乙的位移時間圖像，則由圖像可知A在tl時刻，乙車追上甲車B甲車做勻變速直線運動，乙車做變加速直線運動C從tl到t2這段時間內，乙車的速率先減小后增大，方向保持不變D從

4、tl時刻之后(不包含tl時刻)到t2時刻這段時間內，甲、乙兩車相遇兩次二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，傾角為30的光滑斜面底端固定一輕彈簧，點為原長位置。質量為的滑塊從斜面上點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為。現將物塊由點上方處的點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內，取，則下列說法正確的是A從點釋放，滑塊被彈簧彈回經過點的動能等于B點到點的距離小于C從點釋放后，滑塊運動的最大動能為D從點釋放，彈簧最大彈性勢能比從點釋放增

5、加了8、如圖所示，質量相同的木塊A、B用輕質彈簧連接，在力F作用下靜止在光滑的斜面上現突然增大F至某一恒力推A，則從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中( ) A兩木塊速度相同時，加速度aAaBB兩木塊速度相同時，加速度aAvBD兩木塊加速度相同時，速度vAaB，故經過相等的時間，A增加的速度大，B增加的速度小，所以，在aA=aB時vAvB，故C正確，D錯誤；AB、當vA=vB時，彈簧的壓縮量最大，彈力最大，A在此之前一直做加速度逐漸減小的加速運動，B做加速度逐漸增大的加速運動，由于aA=aB時vAvB，所以vA=vB時aAaB；故A錯誤，B正確故選BC9、AB【解析】根據功能關系可知，除了重

6、力之外的力對物體做正功時，物體的機械能就要增加，增加的機械能等于外力F做功的大小，由于拉力F對物體做的功為20J，所以物體的機械能要增加20J，撤去拉力之后，物體的機械能守恒，所以當回到出發點時，所有的能量都轉化為動能，所以動能為20J，重力勢能為0，所以物體回到出發點時的機械能是20J，故A正確設撤去力F前和撤去力F后的運動過程中物體的加速度大小分別為：和，這兩個過程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上為正方向，則有：，得：；因為物體做勻加速直線運動，初速度為0，由牛頓第二定律可得，撤去恒力F后是勻變速運動，且加速度為，聯立上兩式得：，設剛撤去拉力F時物體的速度大小為，則有：，對于從撤去到

7、返回的整個過程，有：，解得：，所以在撤去力F前的瞬間，力F的功率：，故B正確，C錯誤；撤去力F后的位置到最高點，動能減小，重力勢能增大，動能與勢能相等的位置不可能在這段距離，所以動能與勢能相等的位置在撤去力F之前的某位置，物體的機械能一直增大，故D錯誤；故選AB【點睛】根據功能原理求物體回到出發點時的機械能根據物體的運動的特點，在拉力F的作用下運動時間t后，撤去拉力F之后又運動時間t返回出發點，根據物體的這個運動過程，列出方程可以求得拉力的大小和撤去拉力時物體的速度的大小，從而可以求得拉力F的功率由高度的變化分析重力勢能的變化分析物體的速度變化，判斷動能的變化情況10、BC【解析】經過t時間撞

8、在斜面上，此時水平位移x=v0t，豎直位移y=gt2，根據tan45，解得t=1s撞擊點離地面的高度hhgt26m5m1m故BC正確，AD錯誤故選BC【點睛】解決本題的關鍵掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，抓住等時性，運用運動學公式進行求解三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（5）（7）;【解析】試題分析:（5）遮光條通過第一個光電門的速度為:、通過第二個光電門的速度為:，根據速度位移公式得：（7）兩次試驗中鉤碼質量均滿足遠小于小車質量，則鉤碼的重力等于拉力，設鉤碼質量為m0，則有：，聯立解得:.若所用鉤碼質量較大，明顯不滿

9、足遠小于小車質量的條件，對整體分析，有：，聯立解得:.考點：本題考查探究牛頓第二定律12、ABC B 【解析】（1）實驗前要平衡摩擦力，將長木板右端適當墊高，使小車能自由勻速滑動，故A正確；為充分利用紙帶，小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄傳感器的示數，故B正確；為得出普遍規律，改變砂和砂桶質量，打出幾條紙帶，故C正確；小車受到的拉力可由拉力傳感器測出來，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，故D錯誤；小車受到的拉力可以由拉力傳感器測出，實驗中一定不需要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量，故E錯誤所以選ABC（2）小車質量不變時，加速度與拉力成正比，所以a-F圖象是一

10、條傾斜的直線，由實驗裝置可知，實驗前沒有平衡摩擦力，則畫出的a-F圖象在F軸上有截距，所以選B（3）小車所受的合力為2F，加速度，a-F圖象的斜率：，小車質量：四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、 (1)能，0.6m/s；(2)1.25m【解析】(1)能；由于，小車不論與墻相撞多少次，系統的動量總是向右，但每撞一次總動量減少一次，直到減為零，最后小車停在墻下。車第一次碰墻后到第二次碰墻前，系統的總動量守恒，由動量守恒定律可得（規定水平向右為正方向）代入數據可得(2)小車第一次與墻相撞后向左所走路程為s1，由動能定理

11、得得代入數據可得接著小車和鐵塊以共同速度v1與墻第二次相碰，由動量守恒有代入數據可得第二次相撞后平板車向左走的路程為s2，則有所以可得即以后每次相碰反彈向左行的路程均以比例減少，小車所走的路程為一個無窮等比數列之和。公比，聯立可得代入數據可得14、（1）11J；（1）7.5s【解析】（1）設物塊 B 沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為 v0，由機械能守恒定律得： 解得：在傳送帶上，對物塊 B，由牛頓第二定律得：mg=ma 設物塊 B 通過傳送帶后運動速度大小為 v，有： 聯立解得：由于 vu=1m/s，所以 v=4m/s 即為物塊 B 與物塊 A 第一次碰撞前的速度大小， 設物塊 A、B

12、第一次碰撞后的速度分別為 v1、v1，以向左為正方向， 由動量守恒定律得：mv=mv1+Mv1 由機械能守恒定律得： 聯立解得v1 1m / s ，v1 1m / s物塊 A 的速度為零時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律得： （1）碰撞后物塊 B 沿水平臺面向右勻速運動，設物塊 B 在傳送帶上向右運動的最大位移為 l，由動能定理得： 解得：l=1m4.5m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動。可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為，繼而與物塊A發生第二次碰撞。設第1次碰撞到第1次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t1。由動量定理得：，解得：，設物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v4、v3，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：，代入數據解得：，當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動。可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為，繼而與物塊A發生第1次碰撞。則第1次碰撞到第3次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t1。由動量定理得：解得：，同上計算可知：物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞第n次碰撞后物塊B在傳送帶運動