1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構成的偏轉電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水

2、平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置與a、b平行方向射入偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點圖中未畫出），從N點射出的速度為v，則以下說法中正確的是A只增大帶電粒子的比荷大小，則v減小B只增大偏轉電場的電壓U的大小，則v減小C只減小初速度v0的大小，則x不變D只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變2、在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊開始時滑塊靜止若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續一段時間后立即換成與E1相反方向

3、的勻強電場E1當電場E1與電場E1持續時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1則AI1= I1B4I1= I1CW1= 0.15W1=0.75DW1= 0.10W1=0.803、用一根細線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度后突然釋放，重物可將線拉斷，如果在細線上端拴一段橡皮筋，再從同樣高度釋放重物，細線不再被拉斷，這是因為拴上橡皮筋后在細線繃直時與不拴橡皮筋相比較( )A重物的動量減小 B重物動量改變量減小C重物所受沖量減小 D重物動量的變化率減小4、如圖所示，甲、乙兩個高度相同的固定斜面

4、，傾角分別為和，且。質量為的物體（可視為質點）分別從這兩個斜面的頂端由靜止沿斜面滑到底端，物體與這兩個斜面的動摩擦因數均為。關于物體兩次下滑的全過程，下列說法中正確的是（）A重力所做的功相同B重力的平均功率相同C動能的變化量相同D機械能的變化量相同5、如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面之間的靜摩擦力最大值fm，與滑動摩擦力大小相等。則下列說法中正確的是（）At1時刻物塊的速度最大Bt2時刻物塊的速度最大C0t0時間內物塊加速運動Dt1t2時間內物塊減速運動6、汽車已成為人們廣泛使用的代步工具，而車輛平穩加速（即加速度基本不變）使

5、人感到舒服，否則感到不舒服，關于“加速度的變化率”，下列說法正確的是（ ）A加速度的變化率為0的運動是勻速直線運動B加速度的變化率越大則速度變化越快C在如圖所示的at圖象中，表示的是物體的速度隨時間在均勻減小D在如圖所示的at圖象中，若物體在t=0時速度為5 m/s，則2 s末的速度大小可能為8 m/s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、如圖甲所示，截面為直角三角形的木塊A質量為m0，放在傾角為的固定斜面上，當37時，木塊A恰能靜止在斜面上。現將 改為30，在A與斜面

6、間放一質量為m的光滑圓柱體B，如圖乙所示，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則AA與斜面之間的動摩擦因數為0.75BA、B仍一定靜止于斜面上C若m0m，則A受到的摩擦力大小為mgD若m04m，則A受到斜面的摩擦力大小為2.5mg8、在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發生對心碰撞如圖(a)所示，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量均為19 kg，則A碰后藍壺速度為0.8msB碰后藍壺移動的距離為2.4mC碰撞過程兩

7、壺損失的動能為7.22JD碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為5：49、如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細繩跨過滑 輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a 從圖示虛線位置開始緩慢向右移動(細繩中張力大小視為不變)。已知小球b的質量是小球a的2倍，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細桿間的動摩擦因數為33，則下列說法正確的是（ ）A拉力F的大小一直增大B拉力F的大小先減小后增大C支架對輕滑輪的作用力大小逐漸增大D當細繩與細桿的夾角為60時，拉力F的大小為(2-33) mg10、下列幾幅圖的有關說法中正確的是圖甲 圖乙 圖丙 圖丁A甲圖

8、中少數粒子發生了較大角度偏轉，是由于原子的全部正電荷和絕大部分質量集中在一個很小的核上B乙圖中射線丙由 粒子組成，每個粒子帶兩個單位正電荷，射線乙不帶電，是高速運動的中子流C丙圖中強黃光和弱黃光曲線交于 U 軸同一點，說明發生光電效應時最大初動能與光的強度無關D丁圖為粒子通過氣泡室時的照片，通過照片可以分析粒子的動量、能量及帶電情況三、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）為了驗證機械能守恒定律，某同學使用如圖所示的氣墊導軌裝置進行實驗其中G1、G2為兩個光電門，它們與數字計時器相連，當滑行器M通過G1、G2光電門時，光束被滑行器M上的

9、擋光片遮擋的時間t1、t2都可以被測量并記錄，滑行器連同擋光片的總質量為M，擋光片寬度為D，兩光電門中心間的距離為x，牽引砝碼的質量為m，細繩不可伸長且其質量可以忽略，重力加速度為g該同學想在水平的氣墊導軌上，只利用以上儀器，在滑行器通過G1、G2光電門的過程中驗證機械能守恒定律，請回答下列問題：（1）實驗開始應先調節氣墊導軌下面的螺母，使氣墊導軌水平請在以下空白處填寫實驗要求在不增加其他測量器材的情況下，調水平的步驟是：取下牽引砝碼m，接通氣墊導軌裝置的電源，調節導軌下面的螺母，若滑行器M放在氣墊導軌上的任意位置都能保持靜止，或者輕推滑行器M，M分別通過光電門G1、G2的時間 ，則導軌水平；

10、（2）當氣墊導軌調水平后，在接下來的實驗操作中，以下操作合理的是 ；A擋光片的寬度D應盡可能選較小的B選用的牽引砝碼的質量m應遠小于滑行器和擋光片的總質量MC為了減小實驗誤差，光電門G1、G2的間距x應該盡可能大一些D用來牽引滑行器M的細繩可以與導軌不平行（3）在每次實驗中，若表達式 （用M、g、m、t1、t2、D、x表示）在誤差允許的范圍內成立，則機械能守恒定律成立12（12分）某同學“驗證平行四邊形定則”實驗時，把橡皮條的一端用圖釘固定于A點，同時用兩個彈簧測力計將橡皮條的另一端拉到位置O，如圖甲所示，記錄相關數據；再用一個彈簧測力計把它拉到同一位置O，記錄相關數據在白紙上根據實驗數據做出

11、力的圖示，畫出的實驗結果如圖乙所示（1）本實驗采用的研究方法是_A理想實驗法B等效替代法C控制變量法D建立物理模型法（2）如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F兩力中，方向一定沿AO的是_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）如圖是一個用折射率的透明介質做成的四棱柱鏡的截面圖，其中A=C=90，B=60，AD=DC=L棱鏡放在真空中，真空中的光速為c，一束平行光垂直入射到棱鏡的AB面，求：從棱鏡中射出的光與出射鏡面間的夾角多大？（本問題只寫出結論）光在棱鏡中運動的最短時間為多少？14（16分）如圖所示，一個質量為6

12、0 kg滑板運動員，以v 0=43 m/s初速度從某一高臺的A點水平飛出，恰好從光滑豎直圓軌道的D點的切線方向進入圓弧（不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失）。已知圓弧的半徑R=3 m，=60，取g=10 m/s2，求：（1）滑板運動員在空中的飛行時間。（2）滑板運動員運動到圓弧軌道最高點B時軌道對他的作用力。15（12分）如圖所示，區域內有電場強度為E=2104N/C、方向豎直向上的勻強電場；區域II中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R=2m，軌道在A點的切線與水平方向成60角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在區域有一寬為d=3m的有界勻強電場，電場強度大小未知，方向水平向右一質量為m=0.

13、4kg、帶電荷量為q= -210-4C的小球（質點）從左邊界O點正上方的M點以速度v0=2m/s水平射入區域I，恰好從A點沿圓弧軌道切線進入軌道且恰好不能從區域中電場的右邊界穿出，（取g=10m/s2）求：（1）OM的長L（2）區域中電場的電場強度大小E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、D【解析】粒子在電場中，水平方向；豎直方向， ； ，解得 ，則只增大帶電粒子的比荷大小，則v增大，選項A錯誤；只增大偏轉電場的電壓U的大小，則E變大，v變大，選項B錯誤；減小初速度v0的大小，則導致進入磁場的速度減小，由半徑公式R

14、=，可知，導致半徑減小，則x也減小，故C錯誤；減小偏轉電場的電壓U的大小，設速度與磁場邊界的夾角為，則由半徑公式 ，結合幾何關系，可得：x=2Rsin= ，則會導致x不變，故D正確；故選D點睛：考查粒子做類平拋運動與勻速圓周運動的處理規律，掌握圓周運動的半徑公式，注意運動的合成與分解的方法2、C【解析】設第一過程末速度為v2，第二過程末速度大小為v2根據上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據勻變速直線運動規律有，所以有v2=2v2 根據動能定理有：， ，而，所以，故C正確，D錯誤；又因為位移大小相等，所以兩個過程中電場力的大小之比為2：3，根據沖量定義得：I2=F2t，I2=F2t，所以I

15、2=3I2，故AB錯誤3、D【解析】兩次從相同的高度釋放重物，直到細線繃直的一瞬間，重物都是做自由落體運動，由動能定理可知：mgh=12mv2，解得v=2gh，則兩次重物的末速度都相等，由p=mv以及p=mv-mv0=mv可知，重物的動量沒有減小，動量改變量也沒有減小，故AB錯誤。根據動量定理I=p，重物所受沖量等于自身動量改變量，故兩次重物所受沖量相等，故C錯誤。動量變化率為pt=F，第一次釋放，重物在很短的時間內減速到0，而第二次釋放過程中重物減速到0的時間更長，兩次減速過程動量變化值相等，故重物動量的變化率減小。【點睛】本題考查動量定理和動能定理。4、A【解析】A重力做功只與始末位置有關

16、，兩種軌道上滑下，物體下滑的距離相等，故重力做功相同，A正確；B物體沿斜面下滑時由牛頓第二定律有可得物體下滑時的加速度因為，所以物體下滑時的加速度，物體下滑高度相同，可知，沿傾角下滑的距離大于沿傾角下滑的距離，結合，可知，沿傾角下滑的時間大于沿傾角下滑的時間，又因為重力做功相等，故重力做功的平均功率不等，B錯誤；C由B分析知，沿斜面下滑時的摩擦力沿傾角的摩擦力大于沿斜角下滑時的摩擦力，而沿傾角下滑的距離大，故克服摩擦力做功大于沿傾角下滑時克服摩擦力做的功，根據動能定理可知，沿傾角下滑時物體獲得的動能大，C錯誤；D由C分析知，兩種情況下摩擦力做的功不同，故機械能的變化量不等，D錯誤。故選A。5、

17、B【解析】AB由圖可知t0t2時間內拉力大于等于最大靜摩擦力，物塊始終做加速運動，所以t2時刻物塊速度最大，故A錯誤，B正確；C在0t0時間內水平拉力小于最大靜摩擦力，物體保持不動，故C錯誤；Dt1t2時間內拉力大于等于最大靜摩擦力，則物塊做加速運動，故D錯誤。故選B。6、D【解析】A加速度變化率為0是指加速度保持不變，如果加速度為0，則物體做勻速直線運動，如果加速度不為0，則物體做勻變速運動，故A錯誤；B加速度的變化率越大則加速度變化越快，選項B錯誤；C若加速度與速度同向，則物體作加速運動，如圖示加速度減小，則物體速度增加得變慢了，但仍是加速運動，故C錯誤；D根據v-t圖象可知，圖象與時間軸

18、所圍圖形面積表示物體的位移，同理在a-t圖象中可知圖象與時間軸所圍圖形的面積表示物體速度的變化量即v，則得：v=23m/s=3m/s由于加速度與速度同向，故物體做變加速直線運動，已知初速度為5m/s，則小球在2s末的速度為8m/s，故D正確【點睛】本題要加速度的物理意義，掌握其定義方法和單位，知道在a-t圖象中圖象與時間軸所圍圖形的面積表示物體速度的變化量，能理解加速運動與減速運動由加速度與速度方向決定而不是由加速度的大小變化決定二、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、A

19、D【解析】A由題意可知，當=37時，木塊恰能靜止在斜面上，則有：m0gcos37=m0gsin37解得：=0.75，故A正確；B現將改為30，在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，對A受力分析，則有：f=N，N=Mgcos30；而F=mgsin30當fmgsin30+Mgsin30，則A相對斜面向下滑動當fmgsin30+Mgsin30，則A相對斜面不滑動因此A、B是否靜止在斜面上，由B對A彈力決定，故B錯誤；C若m0=m，則mgsin30+m0gsin30=mg；f=N=0.75m0gcos30=mg；因fmgsin30+Mgsin30，A滑動，A受到斜面的滑動摩擦力，大小為mg，故C錯誤

20、；D若m0=4m，則mgsin30+m0gsin30=mg；而f=N=0.75m0gcos30=mg；因fmgsin30+Mgsin30，A不滑動，A受到斜面的靜摩擦力，大小為mgsin30+m0gsin30=mg，故D正確。8、AD【解析】由圖可知碰撞前后紅壺的速度為和，由動量守恒可得，解得碰后藍壺速度為，由數學關系可得紅冰壺如果不發生碰撞有，故藍色冰壺停止運動得時間為t=5s，碰后藍壺移動的距離為，碰撞過程兩壺損失的動能為，紅壺所受摩擦力，藍壺所受摩擦力，. 碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為，故AD正確，BC錯誤；故選AD【點睛】由動量守恒可得碰后藍壺速度大小，碰撞過程兩壺損失的動能為初末動能之差，碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比由牛頓運動定律求出9、AD【解析】AB、設a的質量為m，則b的質量為2m；以b為研究對象，豎直方向受力平衡，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T=2mg，保持不變；以a為研究對象，受力如圖所示，設繩子與水平方向夾角為，支持力FN=2mgsin-mg，向右緩慢拉動的過程中，角逐漸減小；300時，水平方向：F=2mgcos+f=2mgcos+(2mgsin-mg)=2mg(cos+sin)-mg，由于：cos+si