1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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、如圖所示，水平光滑長桿上套有物塊Q，跨過懸掛于O點的輕小光滑圓環的細線一端連接Q，另一端懸掛物塊P，設細線的左邊部分與水平方向的夾角為，初始時很小。現將P、Q由靜止同時釋放，角逐漸增大，則下列說法錯誤的是（）A30時，P、Q的速度大

2、小之比是：2B角增大到90時，Q的速度最大、加速度最小C角逐漸增大到90的過程中，Q的動能增加，P的動能減小D角逐漸增大到90的過程中，Q的機械能增加，P的機械能減小2、一質點在豎直平面內斜向右下運動，它在豎直方向的速度時間圖象和水平方向的位移時間圖象如圖甲、乙所示下列說法正確的是()A該質點的運動軌跡是一條直線B前2s內質點處于失重狀態C質點的初速度大小為2m/sD質點斜向右下運動的過程中機械能守恒3、如圖甲所示，電動機通過繞過光滑定滑輪的細繩與放在傾角為的光滑斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升；在時間內物體運動的圖象如圖乙所示，其中除時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線，1

3、s后電動機的輸出功率保持不變；已知物體的質量為2kg，重力加速度則下列計算不正確的是A1s后電動機的輸出功率P為100WB物體運動的最大速度為10C在s內電動機所做的功為25JD在s內電動機所做的功為250J4、用恒力F使質量為1kg的物體從靜止開始，以10m/s2的加速度勻加速豎直上升，不計空氣阻力，g取10m/s2，以下說法中正確的是（）A前2s內恒力F做功200JB前2s內重力做功200JC前2s內合力做功400JD前2s內機械能增加400J5、如圖所示，兩長度不同的桿垂直固定在水平面上，兩桿相距6米，一長為10m的輕繩的兩端分別固定在兩桿的頂端，用光滑的掛鉤將一重為80N的物體掛在繩上

4、。則繩上的張力為（）A50NB66.7NC55.6ND80N6、如圖所示，一根輕繩跨過定滑輪，連接著質量分別為M和m的兩個物體，滑輪左側的繩和斜面平行，兩物體都保持靜止不動，已知斜面傾角為37(sin37=0.6,cos37=0.8)， 質量為M的物體和靜止斜面間的動摩擦因數為0.125，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計繩與定滑輪之間的摩擦，則M與m的比值范圍是ABCD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、一球形行星對其周圍物體的萬有引力使物體產生的加速度用a表示，物

5、體到球形行星表面的距離用h表示，a隨h變化的圖象如圖所示，圖中a1、h1、a2、h2及萬有引力常量G均為己知根據以上數據可以計算出（ ）A該行星的半徑 B該行星的質量C該行星的自轉周期 D該行星同步衛星離行星表面的高度8、空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖所示，a、b、c、d為電場中的4個點，已知a、c的電勢關系為ac，則( )AP、Q兩點處的電荷為等量同種電荷Ba點和b點的電場強度相同Cc點的電勢低于d點的電勢D負電荷從b到d電勢能增加9、一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的過程稱為過程I，進入泥潭直到停住的過程稱為過程II，空氣

6、阻力忽略不計則（ ）A過程I中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量B過程中阻力的沖量的大小等于過程I中重力沖量的大小C過程II中鋼珠克服阻力所做的功等于過程I與過程II中鋼珠所減少的總重力勢能D過程II中損失的機械能等于過程I中鋼珠所增加的動能10、如圖所示，金屬環M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉動時，兩金屬環一直相對桿不動，下列判斷正確的是A轉動的角速度越大，細線中的拉力不變B轉動的角速度越大，環M與水平桿之間的彈力越大C轉動的角速度不同，環M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等D轉動的角速度越大，環N與豎直桿之間的彈力越

7、大三、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）在測量某金屬圓柱體電阻率實驗中：（1）圖甲所示游標卡尺的讀數為_mm。（2）為了較精確地測量金屬圓柱體的電阻，某同學設計了如圖乙所示的電路，以盡可能地消除由于電表內阻所帶來的系統誤差。當開關S與1相連時，伏特表示數為3.0V，安培表示數為3mA；當開關S與2相連時，伏特表示數為2.8V，安培表示數為4mA；由此可知，則應采用電流表的_接法實驗誤差較小，其測量值為Rx_；若電源內阻不計，根據上述實驗數據可知，待測電阻的真實值應為_。12（12分）某同學設計了如圖甲所示的實驗電路，測量電池的電動勢

8、E和內阻r。已知定值電阻，實驗通過改變電阻箱阻值，測出多組電阻箱阻值R及對應的電壓表示數U，做出關系圖象，如圖乙所示。 由圖可得該電池的電動勢_V，內阻_。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，一足夠長的固定斜面傾角，兩物塊A、B的質量、分別為1kg和2kg，它們與斜面之間的動摩擦因數均為兩物塊之間的輕繩長，作用在B上沿斜面向上的力F逐漸增大，使A、B一起由靜止開始沿斜面向上運動，g取(1)當作用在物塊B桑的拉力F達到42N時，連接物塊A、B之間的輕繩恰好被拉斷，求該輕繩能承受的最大拉力；(2)若連

9、接物塊A、B之間的輕繩恰好被拉斷瞬間A、B的速度均為，輕繩斷裂后作用在B物塊上的外力不變，求當A運動到最高點時，物塊A、B之間的距離。14（16分）如右圖所示，重為G的均勻鏈條掛在等高的兩鉤上，鏈條懸掛處與水平方向成角，試求：(1)鏈條兩端的張力大小；(2)鏈條最低處的張力大小15（12分）如圖所示，兩氣缸AB粗細均勻，等高且內壁光滑，其下部由體積可忽略的細管連通；A的直徑為B的2倍，A上端封閉，B上端與大氣連通；兩氣缸除A頂部導熱外，其余部分均絕熱。兩氣缸中各有一厚度可忽略的絕熱輕活塞a、b，活塞下方充有氮氣，活塞a上方充有氧氣；當大氣壓為P0，外界和氣缸內氣體溫度均為7且平衡時，活塞a離氣

10、缸頂的距離是氣缸高度的，活塞b在氣缸的正中央。現通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b恰好升至頂部時，求氮氣的溫度；繼續緩慢加熱，使活塞a上升，當活塞a上升的距離是氣缸高度的時，求氧氣的壓強。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】A.對Q分析，根據速度和合成與分解可知，vP=vQcos30，解得，故A正確，A不合題意.B.P的機械能最小時，即為Q到達O點正下方時，此時Q的速度最大，即當=90時，Q的速度最大，此時水平方向的拉力為零，加速度最小，故B正確;B項不合題意.C.角逐漸增大到90的過程中，Q的速度一直增大

11、，P的速度先增大，后減小，故Q的動能增加，P的動能先增大后減小，故C錯誤;則C項符合題意.D.角逐漸增大到90的過程中，繩的拉力一直做正功，故機械能增加，繩的拉力對P一直做負功，機械能一直減小，故D正確;D項不合題意.2、B【解析】A、物體在豎直方向做勻加速運動，水平方向做勻速運動，則合運動是曲線運動，選項A錯誤；B、物體在豎直方向上有向下的加速度，知質點在前2s內處于失重狀態故B正確C、豎直方向上的初速度為2m/s，水平分速度為，則合速度 ，C錯誤D、質點的加速度為，則說明質點除重力外還受向上的力作用，則機械能不守恒，選項D錯誤本題選不正確的，故答案是ACD3、C【解析】根據圖乙得出的加速度

12、，再根據牛頓第二定律得出牽引力，最后由算出電動機的輸出功率；當加速度為0時，物體運動速度最大，根據二力平衡求出此時牽引力，結合算出最大速度；內根據運動學公式及動能定理算出電動機所做的功；內，根據電動機功率變，結合算出。【詳解】A、設物體質量為m，由題圖乙可知，在s時間內，物體做勻加速直線運動的加速度大小為a，1s末物體的速度大小達到，此過程中，設細繩拉力的大小為，則根據運動學公式和牛頓第二定律可得：，由圖象可知，由功率公式，聯立解得：在1s末電動機輸出功率為：，故A正確.B、當物體達到最大速度后，細繩的拉力大小，由牛頓第二定律和功率的公式可得：，由解得，故B正確.C、在時間s內，物體的位移為x

13、，電動機做的功為，則由運動學公式得：由動能定理得：，聯立解得：，故C錯誤.D、在時間t=3s內電動機做的功為W，則：，聯立解得：故D正確.故選C.【點睛】本題與汽車啟動類似，關鍵需要分析清楚物體各段的運動規律及受力情況，明確實際功率達到額定功率時勻加速直線運動轉為變速直線運動，達到速度最大值后做勻速直線運動.4、D【解析】AB根據牛頓第二定律可知，恒力為2s內物體上升的高度恒力F做功重力做功為2s內合力做的功故ABC錯誤；D機械能的增量等于重力之外的其他力做功，即為拉力F做的功為400J，故D正確。故選D。5、A【解析】物體受力如圖，由平衡知識，繩上的張力F2Fcos=G其中cos=，則F=5

14、0N故選A。6、A【解析】依題意，對物體m受力分析，根據平衡條件，繩子的拉力：F=mg 若F較小，物塊A有沿著斜面向下滑的趨勢，此時物塊A受力分析如圖所示：由力的平衡條件得：FN=Mgcos37 F+Ff=Mgsin37 FfFN 聯立可解得得：m0.5M；若F較大，A物塊有沿著斜面向上滑動的趨勢，此時物塊A受力分析如圖所示：由平衡條件得：FN=Mgcos37 F=Ff+Mgsin37 FfFN 代入數據解得：m0.7M物塊m的質量的取值范圍是：0.5Mm0.7M，故：故A正確，B、C、D錯誤；故選A。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

15、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、AB【解析】A、球形行星對其周圍質量為m的物體的萬有引力：F=ma=GMmR+h2所以：a1=GMR+h12，a2=GMR+h22，聯立可得：R=h1a1a2-h21-a1a2，A正確；B、將R=h1a1a2-h21-a1a2代入加速度的表達式a1=GMR+h12即可求出該行星的質量，B正確；C、由題目以及相關的公式的物理量都與該行星轉動的自轉周期無關，所以不能求出該行星的自轉周期，C錯誤；D、由于不能求出該行星的自轉周期，所以也不能求出該行星同步衛星離行星表面的高度，D錯誤；故選AB。8、CD【解析】A根據電場的圖象可以

16、知道，該電場是等量同種異號電荷的電場，故A錯誤；B等量同種異號電荷的電場線分布具有對稱性（上下、左右），a點和b點的電場強度大小相等，而方向不同。故B錯誤；C由題ac，結合電場線從正電荷出發到負電荷終止，順著電場線方向電勢逐漸降低，可知Q帶正電，P帶負電；c點與d點比較可知，c點離P點（負電荷）的距離更近，所以c點的電勢較低。故C正確；D圖中a點的電勢高于c點電勢，可知Q帶正電，P帶負電，所以由圖可知 b點的電勢高于d點的電勢；而負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，可知負電荷從b到d，電勢降低，電勢能增大。故D正確。9、AC【解析】過程中鋼珠只受到重力，根據動量定理分析得知，鋼珠動量

17、的改變量等于重力的沖量故A正確對全過程分析，根據動量定理可知，則阻力的沖量的大小等于過程和過程中重力沖量的大小總和故B錯誤對于整個過程：鋼珠動能的變化量，根據動能定理得知，整個過程重力做功等于鋼珠克服阻力做功，而整個重力做功等于整個過程中鋼珠所減少的重力勢能，所以過程中鋼珠克服阻力所做的功等于過程與過程中鋼珠所減少的重力勢能之和故C正確根據功能關系分析得知，過程中損失的機械能等于過程中鋼珠克服阻力做功，等于過程中鋼珠所增加的動能和過程減小的重力勢能故D錯誤故選AC【點睛】本題一要靈活選擇研究的過程；二是運用動量定理研究沖量，運用動能定理研究動能的改變量是常用的思路10、AC【解析】A. 對N受

18、力分析知繩子的拉力F在豎直方向的分力恒等于重力，即Fcos=mNg所以只要角度不變，繩子的拉力不變，故A正確；B. 對M受力分析知豎直方向FN=Fcos+mg與角速度無關，故B錯誤；C. 對M受力分析知水平方向Fsinf=m2r角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，故C正確。D. 環N與豎直桿之問的彈力FN=Fsin不變，故D錯誤。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、 （1）11.14 （2）內 1000 950【解析】（1）圖甲所示游標卡尺的讀數為1.1cm+0.02mm7=11.14mm（2）當開關S由從接1到接2時，電壓表讀

19、數變化 ，電流表讀數變化，則電流表讀數變化明顯，則電壓表分流較大，則應該用電流表內接電路比較準確，測量值為；若電源內阻不計，可知電源電壓為3V，當接2時，可知電流表的內阻；當接1時， ，則R真=950.12、5 1 【解析】12根據閉合電路歐姆定律可得變形可得 結合圖象可知 解得E=5Vr=1四、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) 14N (2) 11m【解析】(1)對整體，根據牛頓第二定律求出加速度大小，再隔離對B分析，根據牛頓第二定律求出繩子的承受力.(2)根據牛頓第二定律求出繩斷后A、B的加速度，結合速度時間公式求出A速度減為零的時間，從而求出這段時間內A、B的位移，根據位移關系求出A、B間的距離.【詳解】(1)對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得：代入數據解得:對B物體受力分析，由牛頓第二定律得：代入數據解得：細線斷裂后，對A物體受力分析，由牛頓第二定律得：代入數據解得：由運動學公式有：解得：由運動學有：細線斷裂后，對B物體受力分析，由牛頓第二定律得：代入數據解得：由運動學公式有：代入數據解得：由