1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和

2、答題卡一并交回。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、兩個質量相等的小球在光滑水平面上沿同一直線同向運動，A球的動量是8 kgm/s，B球的動量是6 kgm/s，A球追上B球時發生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能為ApA0，pBl4 kgm/sBpA4 kgm/s，pB10 kgm/sCpA6 kgm/s，pB8 kgm/sDpA7 kgm/s，pB8 kgm/s2、交通法規定“車讓人”，否則駕駛員將受到處罰。若以8m/s勻速行駛的汽車即將通過路口，有行人正在過人行橫道，此時汽車的前端距停車線10m，該車剎車時的加速度大小

3、為4m/s1下列說法中正確的是（ ）A駕駛員立即剎車制動，則至少需1.15s汽車才能停止B駕駛員立即剎車制動，則至少需1.00s汽車才能停止C若經0.10s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處D若經0.15s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處3、一靜止的鈾核放出一個粒子衰變成釷核，衰變方程為UThHe，下列說法正確的是A衰變后釷核的動能等于粒子的動能B衰變后釷核的動量大小等于粒子的動量大小C鈾核的半衰期等于其放出一個粒子所經歷的時間D衰變后粒子與釷核的質量之和等于衰變前鈾核的質量4、兩個質量為m1、m2的小球，同時從兩個等高的傾角分別為、的光滑斜面頂端由靜止起向下運動，A兩球先后

4、到達斜面底端，速度不同B兩球同時到達斜面底端，速度不同C兩球先后到達斜面底端，速度相同D兩球同時到達斜面底端，速度相同5、如圖,可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接,跨過固定在地面上半徑為R有光滑圓柱,A的質量為B的三倍.當B位于地面時,A恰與圓柱軸心等高.將A由靜止釋放,B上升的最大高度是() A2RB2R/3C4R/3D3R/26、在平直公路上行駛的a車和b車，其位移時間圖像分別為圖中直線a和曲線bt=3s時，直線a和曲線b剛好相切，下列說法正確的是 （ ） At=3s時，兩車具有共同的加速度B在運動過程中，b車始終沒有超過a車Ca車做勻速運動，b車做加速運動D在0-3s的時間內

5、，a車的平均速度比b車的大二、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，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則() AaBaCNDN8、下列說法正確的是（ ）A控制液面上方飽和汽的體積不變，升高溫度，則達到動態平衡后該飽和汽的質量增大，密度增大，壓強也增大B沒有摩擦的理想熱機可以把

6、獲得的能量全部轉化為機械能C兩個分子甲和乙相距較遠（此時它們之間的作用力可以忽略），設甲固定不動，乙逐漸向甲靠近，直到不能再靠近，在整個移動過程中分子力先增大后減小，分子勢能先減小后增大D晶體熔化過程中，吸收的熱量全部用來破壞空間點陣，增加分子勢能，而分子平均動能卻保持不變，所以晶體有固定的熔點E. 理想氣體的熱力學溫度與分子的平均動能成正比9、如圖所示，傾角為的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質量分別為m、2m、3m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統處于靜止狀態，現突然剪斷細線

7、或彈簧下列判斷正確的是A彈簧被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零B彈簧被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinD細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin10、如圖所示，水平放置的轉盤以一定角速度做勻速圓周運動，放在轉盤上的小物體跟著轉盤一起做勻速圓周運動，與圓盤保持相對靜止，則下列說法正確的是 A物體處在平衡狀態B物體受到三個力的作用C在角速度一定時,物塊到轉軸的距離越遠，物塊越容易脫離圓盤D在物塊到轉軸距離一定時,物塊運動周期越小,越不容易脫離圓盤三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的

8、答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）在用DIS研究小車加速度與外力的關系時，某實驗小組先用如圖（a）所示的實驗裝置，重物通過滑輪用細線拉小車，在小車和重物之間接一個不計質量的微型力傳感器，位移傳感器（發射器）隨小車一起沿水平軌道運動，位移傳感器（接收器）固定在軌道一端實驗中力傳感器的拉力為F，保持小車（包括位移傳感器發射器）的質量不變，改變重物重力重復實驗若干次，得到加速度與外力的關系如圖（b）所示（1）小車與軌道的滑動摩擦力f=_ N（2）從圖象中分析，小車（包括位移傳感器發射器）的質量為_kg（3）該實驗小組為得到a與F成正比的關系，應將斜面的傾角調整到_(保留兩位有效數字)12（12

9、分）如圖所示為某同學測定木塊A與木板之間動摩擦因數的實驗裝置，A上固定一個容器B，B和C中可放置鉤碼，不計B、C的重力。A的左端與打點計時器的紙帶（未畫出）相連，通過打點計時器打出的紙帶可以計算出木塊A的加速度。實驗中該同學在保持鉤碼總數量不變即圖中B、C中鉤碼總重力不變的條件下，將B中鉤碼陸續移到C中，重復測量。不計繩和滑輪的質量及它們之間的摩擦。(1)實驗中除電磁打點計時器、紙帶、若干個質量均為50克的鉤碼、滑塊、一端帶有定滑輪的長木板、細線外，為了完成本實驗，還應有_。A秒表 B天平 C毫米刻度尺 D低壓交流電源(2)實驗中某次獲取的一條紙帶的一-部分，每相鄰兩計數點間還有4個打點（圖中

10、未標出），計數點間的距離如圖所示。根據圖中數據計算加速度a=_（保留兩位有效數字）。(3)在實驗數據處理中，該同學以m為橫軸，以加速度a為縱軸，繪制了如圖所示的實驗圖線，由此可知滑塊與木板間的動摩擦因數=_（g取10m/s2，保留兩位有效數字）。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，一軌道由半徑為2 m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可以調節的水平直軌道BC在B點平滑連接而成現有一質量為0.2 kg的小球從A點無初速度釋放，經過圓弧上的B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經過BC段所

11、受阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2 m小球運動過程中可以視為質點，且不計空氣阻力（1）求小球運動至B點的速度大?。唬?）求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；（3）為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度；（4）小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后靜止假設小球每次碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等求小球從C點飛出后靜止所需的時間14（16分）如圖所示，半徑的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為和，傳送帶

12、以的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量的煤塊視為質點從B點左側高為處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道已知煤塊與軌道DE間的動摩擦因數，重力加速度g取，求：煤塊水平拋出時的初速度大小；煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點的速度大??；煤塊在傳送帶上向上滑行的最大位移？15（12分）5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示，每塊木塊的質量為m1kg，長它們與地面間的動摩擦因數，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力現有一質量為M2.5kg的小鉛塊（視為質點），以的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，重力加速度求：（1）鉛塊

13、剛滑到第四塊木塊時的速度；（2）小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠？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】以A、B兩球組成的系統為對象設兩球的質量均為m當A球追上B球時發生碰撞，遵守動量守恒由題，碰撞前總動量為：p=pA+pB=（8+6）kgm/s=14kgm/s碰撞前總動能為：；A、碰撞后總動量為p=pA+pB=（0+14）kgm/s=14kgm/s，符合動量守恒定律碰撞后總動能為，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能；故A錯誤B、碰撞后總動量為p=pA+pB=（4+10）kgm/s=14kgm/

14、s，符合動量守恒定律碰撞后總動能為 ，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能故B錯誤C、碰撞后總動量為p=pA+pB=（6+8）kgm/s=14kgm/s，符合動量守恒定律碰撞后總動能為，符合能量守恒定律，可能發生故C正確D、碰撞后，總動量為p=pA+pB=（7+8）kgm/s=15kgm/s，不符合動量守恒定律，是不可能發生的，故D錯誤故選C2、D【解析】AB減速所需時間為故AB錯誤；CD根據速度位移公式可知，減速運動的位移為勻速運動的時間為故若經0.15s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處，故C錯誤，D正確。故選D。3、B【解析】AB. 衰變過程滿足動量守恒，所以衰變后釷核與氦核動

15、量大小相等，方向相反，而動能所以質量大的釷核動能更小，故A錯誤B正確。C. 半衰期是所有原子由半數發生衰變需要的時間，而不是一個原子衰變，故C錯誤D.因為衰變過程釋放能量，存在質量虧損，所以衰變后粒子與釷核的質量之和小于衰變前鈾核的質量，故D錯誤。4、A【解析】球從斜面頂端到底端由動能定理可得得即兩球到達底端的速度大小相等，由于兩斜面角度不同，所以方向不同，由牛頓第二定律可得，小球的加速度所以兩小球的加速度不同，由公式可知，兩球運動到底端所用的時間不同，故A正確。故選A。5、D【解析】設B的質量為m，則A的質量為3m，A球落地前，A、B組成的系統機械能守恒，有： ，解得： ，對B運用動能定理得

16、： ，解得： ，則B上升的最大高度為： 點睛:解決本題的關鍵理清AB組成的系統在什么過程中機械能守恒，求出A球落地時B球的速度大小是解決本題的關鍵6、B【解析】A.因為位移時間圖像的斜率代表物體的速度，在t=3s時，直線a和曲線b剛好相切，斜率相同，所以兩車具有相同的速度，而不是加速度，A錯誤B.位移時間圖像，縱坐標表示距原點的距離，通過圖像可知，b車始終沒有超過a車，B正確C.通過圖像可知，b車斜率在減小，速度在減小，所以b車做減速運動，C錯誤D.縱軸的變化量代表位移，所以在0-3s的時間內，a的位移小于b的位移，所以a的平均速度小，D錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

17、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、AC【解析】試題分析: 質點P下滑的過程，由動能定理得，可得；在最低點，質點P的向心加速度 ；根據牛頓第二定律得,解得；故A、B、C正確，D錯誤故選ABC考點：考查動能定理；向心力【名師點睛】解決本題的關鍵掌握動能定理解題，以及知道質點在B點徑向的合力提供圓周運動的向心力8、ADE【解析】溫度升高時，液體分子的平均動能增大，單位時間里從液面飛出的分子數增多，所以達到動態平衡后該飽和汽的質量增大，密度增大，壓強也增大，A正確；根據熱力學第二定律知熱機的效率不可能為1，B錯誤；兩個分子甲

18、和乙相距較遠（此時它們之間的作用力可以忽略），設甲固定不動，乙逐漸向甲靠近，直到不能再靠近，在整個移動過程中分子力先減小后增大，分子勢能先減小后增大，C錯誤；晶體熔化過程中，吸收的熱量全部用來破壞空間點陣，增加分子勢能，而分子平均動能卻保持不變，所以晶體有固定的熔點，D正確；理想氣體的熱力學溫度與分子的平均動能成正比，故E正確9、BCD【解析】試題分析：若彈簧被剪斷，彈力為零，據此分析三者的加速度；若細線被剪斷，彈力不能突變，保持不變，先以A、B組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律求A、B兩球的加速度再以B球為研究對象，由牛頓第二定律求桿的拉力大小若是彈簧被剪斷，將三個小球看做一個整體，整體的

19、加速度為，然后隔離A，對A分析，設桿的作用力為F，則，解得，A錯誤B正確；燒斷細線前，以A、B、C組成的系統為研究對象，系統靜止，處于平衡狀態，合力為零，則彈簧的彈力為以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsin燒斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律得，解得A、B兩個小球的加速度為，方向沿斜面向上，以B為研究對象，由牛頓第二定律得：，解得桿的拉力為，故CD正確10、BC【解析】物體做勻速圓周運動，加速度不為零，則不是處在平衡狀態，選項A錯誤；物體受到重力、圓盤的支持力和摩擦力三個力的作用，選項B正確； 根據f=m2r可知，在角速度一定時,

20、物塊到轉軸的距離越遠，需要的向心力越大，物塊越容易脫離圓盤，選項C正確；在物塊到轉軸距離一定時，物塊運動周期越小，則角速度越大，需要的向心力越大，越容易脫離圓盤，選項D錯誤；故選BC.【點睛】本題學生很容易錯誤的認為物體受到向心力作用，要明確向心力的特點；同時要知道物塊出現滑動的條件是最大靜摩擦力小于所需的向心力.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、0.5； 0.7； ； 【解析】（1）1根據圖象可知，當F=0.5N時，小車開始有加速度，則f=0.5N；（2）2根據牛頓第二定律得： ，則a-F圖象的斜率表示小車質量的倒數，則（3）為得到

21、a與F成正比的關系，則應該平衡摩擦力，則有： 解得：tan=，根據f=Mg得：所以tan=12、CD 0.40 【解析】(1)1實驗后，要測量紙帶各點之間距離，因此實驗器材還需要毫米刻度尺，另外電磁打點計時器需要接低壓交流電源，因此還應有的器材是CD；(2)2每相鄰兩計數點間還有4個打點，故每相鄰兩個計數點的時間間隔為由得；(3)3對ABC系統應用牛頓第二定律可得所以a-m圖像中，縱軸的截距為，故解得四、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）4m/s（2）2.4J（3）3.36m（4）2.4s【解析】試題分析：（1

22、）小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，由此即可求出B點的速度；（2）根據動能定理即可求出小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；（3）結合平拋運動的公式，即可求出為使小球落點P與B點的水平距離最大時BC段的長度；（4）由機械能的損失求出速度的損失，然后結合豎直上拋運動的公式求出各段時間，最后求和即可；（1）小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則：代入數據可得：（2）A到B的過程中重力和阻力做功，則由動能定理可得：代入數據得：（3）B到C的過程中，由動能定理得：解得：從C點到落地的時間：B到P的水平距離：代入數據，聯立并整理可得：可知當時，P到B的水平距離最大，為L=3.36m（4）由于小球每次碰撞機械能損失75%，由，則碰撞后的速度為碰撞前速度的，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等，則碰撞后豎直方向的分速度為碰撞前豎直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高點的時間等于從C點到落地的時間的，所以從第一次碰撞后到發生第二次碰撞的時間：，同理，從第二次碰撞后到發生第三次碰撞的時間：，由此類推可知，從第n次碰撞后到發生第n+1次碰撞的時間：小球運動的總時間：由數學歸納法分可得：【點睛】該題結合機械能守恒考查平拋運動以及豎直平面內的圓周運動，其中的第三問的難度