1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列說法正確的是A做直線運動的質點，其加速度一定保持不變B做勻加速直線運動的質點，其

2、加速度一定隨時間均勻增加C做平拋運動的質點，其速度和加速度都隨時間改變D做勻速圓周運動的質點，其速度和加速度都隨時間改變2、關于動量，下列說法正確的是A速度大的物體，它的動量一定也大B動量大的物體，它的速度一定也大C只要物體運動的速度大小不變，物體的動量也保持不變D質量一定的物體，動量變化越大，該物體的速度變化一定越大3、如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m（mM）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒B在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C全過程

3、小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，且水平方向動量守恒D被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處4、一質量為m的運動員從下蹲狀態向上起跳，經時間，重心上升高度為h，身體伸直并剛好離開地面，速度為，在此過程中A地面對他的沖量大小為B地面對他的沖量大小為C地面對他的沖量大小為D地面消耗的能量為5、如圖所示，一物塊置于水平地面上，當用水平力F拉物塊時，物塊做勻速直線運動；當拉力F的大小不變，方向與水平方向成37角斜向上拉物塊時，物塊仍做勻速直線運動。已知sin37=0.6，cos37=0.8，則物塊與地面間的動摩擦因數為（ ）ABCD6、如圖所示，質量相同的兩小球(可看成質點)a

4、、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的是A小球a、b在空中飛行的時間之比為21B小球a、b拋出時的初速度大小之比為21C小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為11D小球a、b到達斜面底端時的動能之比為41二、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、速度相同的一束粒子（不計重力）經過速度選擇器后射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是（ ）A這束帶電粒子帶正電B速度選擇器的P1極板帶負電C能

5、通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越小8、如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略下列說法正確的是（ ）Aa的質量比b的大B在t時刻，a的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的動量大小相等9、如圖所示，用小錘打擊彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，同時B球被松開，自由下落。改變小球距地面的高

6、度和打擊的力度，重復這個實驗，發現A、B兩球總是同時落地。若A、B兩球質量相等，且將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解。下列說法正確的是A本實驗可驗證平拋運動在水平方向上是勻速直線運動B本實驗可驗證平拋運動在豎直方向上是自由落體運動C在同一次實驗中，兩球落地前瞬間重力的功率相等D在同一次實驗中，兩球落地前瞬間動量的大小相等10、如圖是利用太陽能驅動的小車，若小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛，經過時間t前進距離s，速度達到最大值vm，在這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間內( )A小車做加速度逐漸減小的加速運動B小車做勻加速運動C電動機所做的功為 D電動機所做的功為

7、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（6分）為描繪小燈泡L “3V， 1.5W”的伏安特性曲線，某同學根據如下可供選擇的器材設計了如圖所示電路（電路還沒有完全接好） A電流表（量程1.6 A，內阻約1)B電壓表（量程3V，內阻約3k)C滑動變阻器（211，13A)D滑動變阻器（11，2 A)E電池組（電動勢約3V，內阻未知）F開關，帶夾子的導線若干G待測小燈泡(1)實驗中滑動變阻器應選擇_(填“C”或“D”)，請以筆畫線代替導線將尚未連接好的電壓表連入電路中_(2)在該同學連接最后一根導線的c端到直流電源正極之前，請指出其中的兩個不當之處

8、：I_；_(3)改正上述兩個不當之處后，他在測量中發現，無論如何調節滑動變阻器的滑片，電壓表和電流表的示數均不能取到較小值，其原因可能是導線_(填圖中導線代號)沒有連接好(4)正確連接電路并排除故障后，通過調節滑動 變阻器，得到多組電壓表和電流表的示數如下表所示，根據表中數據，在所給方格紙中描點并作出該燈泡的伏安特性曲線_ 12（12分）借助計算機、力傳感器的掛鉤與其它物體間的彈力大小能夠在屏幕上顯示出來為了探究最大靜摩擦力的大小跟哪些因素有關,某同學在老師的指導下做了一系列實驗:將滑塊平放在長木板上,用力傳感器沿長木板水平拉滑塊,改變拉力直到將滑塊拉動;再在長木板上鋪上毛巾,并在滑塊上放上砝

9、碼,重復前一個過程,得到的圖線分別如圖甲、乙所示（1）由圖乙知:在這段時間內,滑塊的運動狀是_(填“運動”或“靜止”),滑塊受到的最大靜摩擦力為_(填“”或“”)（2）結合甲、乙兩圖,_(填“能”或“不能”)得出最大靜摩擦力與兩物體接觸面的粗糙程度和接觸面的壓力均有關的結論四、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（10分）如圖所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角=30，一質量為3m的“L”型工件沿斜面以速度v0勻速向下運動，工件上表面光滑，其下端連著一塊擋板某時刻，一質量為m的小木塊從工件上的A點，沿斜面向下以速度v

10、0滑上工件，當木塊運動到工件下端時（與擋板碰前的瞬間），工件速度剛好減為零，后木塊與擋板第1次相碰，以后每隔一段時間，木塊就與工件擋板碰撞一次已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時間極短，木塊始終在工件上運動，重力加速度為g求：（1）木塊滑上工件時，木塊、工件各自的加速度大小（2）木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，木塊、工件各自的速度大小（3）木塊與擋板第1次碰撞至第n（n=2，3，4，5，）次碰撞的時間間隔及此時間間隔內木塊和工件組成的系統損失的機械能E14（16分）如圖所示，在x0處的質點O在垂直于x軸方向上做簡諧運動，形成沿x軸正方向傳播的機械波。在t0時刻，質點O開始從平衡位置向上運動，經0.

11、4 s第一次形成圖示波形，P是平衡位置為x0.5 m處的質點。位于x6 m處的質點B第一次到達波峰位置時，求位于x2 m處的質點A通過的總路程。若從圖示狀態開始計時，至少要經過多少時間，P點通過平衡位置向上運動？15（12分）如圖所示，質量為m=3kg的小物塊，以水平速度v0=10m/s滑上原來靜止在光滑水平面上，質量為M=2kg的小車上，物塊與小車間的動摩擦因數為=0.1，小車足夠長求：（1）小物塊相對小車靜止時的速度（2）從小物塊滑上小車到相對小車靜止所經歷的時間（3）從小物塊滑上小車到相對小車靜止時，系統產生的熱量參考答案一、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

12、四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A做直線運動的質點，其加速度不一定保持不變，例如簡諧振動的物體，選項A錯誤；B做勻加速直線運動的質點，其加速度是不變的，選項B錯誤；C做平拋運動的質點，其速度隨時間改變，但是加速度不變，選項C錯誤；D做勻速圓周運動的質點，其速度和加速度都隨時間改變，選項D正確。2、D【解析】物體的動量，速度大小，可能質量小，所以其動量不一定大，反過來，動量大，其速度不一定大，AB錯誤；動量是矢量，速度大小不變，可能方向在變，其動量在變化，C錯誤；質量一定，動量變化越大，則根據可知速度變化一定越大，D正確3、D【解析】A當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統在

13、水平方向所受合外力不為零，系統在水平方向動量不守恒，故A錯誤；B下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；C全過程小球和槽、彈簧所組成的系統只有重力與彈力做功，系統機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統在水平方向所受合外力不為零，系統水平方向動量不守恒，故C錯誤；D球在槽上下滑過程系統水平方向不受力，系統水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于mM，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球將追上槽并要槽上滑，在整個過程中只有重力與

14、彈力做功系統機械能守恒，由于球與槽組成的系統總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統速度相等水平向左系統總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確；故選D。4、B【解析】ABC人的速度原來為零，起跳后變化v，則由動量定理可得：I-mgt=mv=mv故地面對人的沖量為mv+mgt；故B正確。D從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，根據動能定理可得：因此：但是人通過內力做功將生物能轉化為機械能，而不是地面的支持力作功，也不是地面消耗能量；故D錯誤。故選B。5、B【解析】物體做勻速運動，受力平衡；當F水平拉動時有：；斜向上拉動物體時，豎直方向上的支

15、持力為：，水平方向上有：，聯立解得：，A而非，A錯誤；B，B正確；C而非，C錯誤；D而非，D錯誤。6、C【解析】根據下落的高度求出平拋運動的時間之比,結合水平位移和時間求出初速度之比,根據動能定理求出小球到達斜面底端時的動能之比.抓住速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,求出兩球的速度方向與斜面的夾角關系.【詳解】A、因為a、b兩球下落的高度之比為2:1,根據 得, ,則飛行時間之比為 ,故A錯誤.B、a、b兩球的水平位移之比為2:1,時間之比為,根據 知,初速度之比為,故B錯；C、小球落在斜面上時,速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,因為

16、位移與水平方向的夾角相等,則速度與水平方向的夾角相等,到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等,故C對;D、根據動能定理可以知道,到達斜面底端時的動能之比代入已知量可知 ，故D錯；故選C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、ACD【解析】試題分析：由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據左手定則判斷得知該束粒子帶正電故A正確在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力

17、方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電故B錯誤粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE，解得：故C正確粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則越小故D正確故選ACD考點：質譜儀；速度選擇器【名師點睛】本題關鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定粒子在磁場中偏轉時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑8、BD【解析】試題分析 本題考查電容器、帶電微粒在電場中的運動、牛頓運動定律、電勢能、動量定理及其相關的知識點解析 根據題述可知，微粒

18、a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab對微粒a，由牛頓第二定律， qE=maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE =mbab，聯立解得： ，由此式可以得出a的質量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據動量定

19、理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，選項D正確點睛 若此題考慮微粒的重力，你還能夠得出a的質量比b小嗎？在t時刻力微粒的動量還相等嗎？在t時間內的運動過程中，微粒的電勢能變化相同嗎？ 9、BC【解析】A球沿水平方向拋出做平拋運動，同時B球被松開，自由下落做自由落體運動，發現每次兩球都同時落地，只能說明平拋豎直方向的分運動是自由落體運動。【詳解】本實驗將A的做平拋運動與豎直方向下落的B的運動對比，只能說明A豎直方向運動情況，不能反映A水平方向的運動情況。本實驗中A做平拋運動，B做自由落體運動，每次兩球都同時落地，說明A豎直方向的分運動是自由落體運動。故A錯誤，B正確；兩小球落地時的豎直分速度相

20、同，故由P=mgv可知，兩球落地時的功率相等，故C正確；由于兩球落地時的瞬時速度不同，平拋運動的合速度大于自由落地的速度，故落地時的動量不相等，故D錯誤。故選BC。【點睛】本題考查研究平拋運動規律的實驗，主要是對分析推理的能力的考查，注意本實驗采用對比的方法來研究平拋運動水平方向的分運動情況。10、AD【解析】AB小車電動機的功率恒定，速度不斷變大，根據功率與速度關系公式P=Fv可知，牽引力不斷減小，根據牛頓第二定律，P/vf=ma故小車的運動是加速度不斷減小的加速運動，故A正確，B錯誤；CD對小車啟動過程，根據動能定理，有W電fs= 這段時間內電動機所做的功為W電=fS+故C錯誤，D正確故選

21、AD.點睛：小車電動機的功率恒定，速度不斷變大，牽引力不斷減小，故小車的運動是加速度不斷減小的加速運動；結合動能定理列式求解電動機所做的功三、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、D 連接電路時沒有斷開開關 滑動變阻器的滑片P的位置沒有置于b端 【解析】(1)12根據圖像可知，電路采取的分壓式接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選最大阻值較小的D，電路如下：(2)34 由電路圖可知，在連接電路時，沒有斷開開關；滑片沒有移到分壓電路分壓為零的位置即滑片沒有置于b端(3)5 實驗時，無論如何調節滑動變阻器的滑片，電壓表和電流表的示數均不能取到較小值

22、，滑動變阻器被接成了限流接法，由電路圖可知，導線沒有接好(4)6通過描點做圖得到12、靜止 F1 不能 【解析】根據題中F-t圖線可知，本題考查最大靜摩擦力、最大靜摩擦力與滑動摩擦力關系的知識點，根據最大靜摩擦力和滑動摩擦力產生的條件和影響因素，由平衡條件知，最大靜摩擦力隨外力的增大而增大，到達最大之后，當外力繼續增大，物體開始相對運動后，就變為滑動摩擦力，滑動摩擦力小于最大靜摩擦力【詳解】（1）物體靜止時受到拉力與靜摩擦力作用，由平衡條件可知，靜摩擦力等于拉力，隨拉力增大，靜摩擦力變大；當拉力大于最大靜摩擦力時，物體運動，之后物體受到的摩擦力是滑動摩擦力，滑動摩擦力小于最大靜摩擦力，所以在t

23、1t1時間內滑塊處于靜止狀態，最大靜摩擦力為F1，t1時刻之后，物塊處于運動狀態，受到的是滑動摩擦力，大小為F1（1）實驗中沒有控制接觸面粗糙程度相同而物體間壓力不同，因此不能得出最大靜摩擦力與接觸面的壓力有關的結論故答案為（1）靜止；F1;（1）不能四、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）a1； a1 （1）1v0 ；1v0（3）t =（n=1,3,4,5,）；E=14（n1）mv01（n=1,3,4,5,）【解析】（1）設工件與斜面間的動摩擦因數為，木塊加速度為a1，工件加速度為a1對木塊，由牛頓第二定律可得：mgsinma1對工件，由牛頓第二定律可得：（3m+m）gcos3 mgsin3ma1 工件勻速運動時，由平衡條件可得：3mgcos3 mgsin由式解得：a1 a1 （1）設碰擋板前木塊的速度為v，由動量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv 由式解得：v=4v0 木塊以v與擋板發生彈性碰撞，設碰后木塊速度為v1，工件速度為v1，由動量守恒定律可得： mv= mv1+ 3mv1 由能量守恒得： 由式聯立解得：v11v0 v11v0 （3）第1次碰撞后，木塊以1 v0沿工件向上勻減速運動，工件以1 v0沿斜面向下勻減速運動，工件速度再次減為零的時間：t=木塊的速度v1=1v0+a1t=4v0