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，某同學將一塊橡皮用光滑細線懸掛于O點，用一枝鉛筆貼著細線中點的左側以速度v水平向右勻速移動則在鉛筆移動到圖中虛線位置的過程中A細線繞O點轉動的角速度不變B細線繞O點轉動的角速度不斷增大C橡皮的運動軌跡為直線D橡皮處于超重狀

2、態2、如圖所示，質量相同的兩小球(可看成質點)a、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413、一物體靜止在粗糙水平地面上，現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v，對于上述兩個過程，用、分別表示拉力F1、F2所做的功，、分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則（ ）A，B，

3、C，D，4、以下說法正確的是（）A合外力對物體做功為0，則該物體動量一定不變B合外力對物體沖量為0，則該物體動能一定不變C做變速運動的物體，動能一定變化D做變速運動的物體，動量可能不變5、為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛星、做勻速圓周運動，圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示、周圍的a與的反比關系，它們左端點橫坐標相同，則（ ）A、的平均密度相等B的第一宇宙速度比的小C的向心加速度比的大D的公轉周期比的大6、已知一質量為m的物體靜止在北極與赤道時對地面的壓力差為F，假設地球是質量分布均勻的球體，半

4、徑為R，則地球的自轉周期為ABC D 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1所示，小物塊靜止在傾角=37的粗糙斜面上現對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖1所示，物塊的速率v隨時間t的變化規律如圖3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s1下列說法正確的是（）A物塊的質量為1kgB物塊與斜面間的動摩擦因數為0.7C03s時間內力F做功的平均功率為0.31WD03s時間內物體克服摩擦力做的功為5.11J8

5、、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b，已知b車的加速度恒定且等于-2m/s2，t=3s時，直線a和曲線b剛好相切，則（）Aa車做勻速運動且其速度為m/sBt=3s時a車和b車相遇且此時速度相同Ct=1s時b車的速度為10m/sDt=0時a車和b車的距離x0=9m9、在傾角為的斜面上以速度v水平拋出一球，當球與斜面的距離最大時，下列說法中正確的是（已知重力加速度為g）（）A球與斜面距離最大時，小球速度方向與斜面垂直B球與斜面距離最大時，小球的速度為C球與斜面距離最大時，小球飛行時間為D球與斜面距離最大時，小球飛行的水平距離為10、如圖所示，質量為m的小球穿在足

6、夠長的水平固定直桿上處于靜止狀態，現對小球同時施加水平向右的恒力F0和豎直向上的力F，使小球從靜止開始向右運動，其中豎直向上的力F大小始終與小球的速度成正比，即 (圖中未標出)已知小球與桿間的動摩擦因數為，下列說法正確的是（ ）A小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，最后做勻速運動B小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動C小球的最大速度為D小球的最大加速度為三、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）某實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置，測量小物塊與水平面之間的動摩擦因數粗糙曲面AB固定在水

7、平面上，與水平面相切于B點，P為光電計時器的光電門，通過數字計時器能記錄并顯示遮光條的遮光時間t。實驗時將帶有遮光條的小物塊m從曲面AB上的某點自由釋放，小物塊通過光電門P后停在水平面上某點C。已知當地重力加速度為g。(1)用游標卡尺測量遮光條的寬度d如圖乙所示，其讀數d=_cm；(2)為了測量動摩擦因數，除遮光條寬度d及數字計時器顯示的時間t，還需要測量的物理量及其符號是_。(3)動摩擦因數=_（利用測得的物理量表示）。12（12分）甲、乙兩位同學在“驗證牛頓第二定律”實驗中，使用了如圖1所示的實驗裝置（1）實驗時他們先調整墊木的位置，使小車不掛配重時能在傾斜的長木板上做勻速直線運動，這樣做

8、的目的是_（2）此后，甲同學把細線系在小車上并繞過定滑輪懸掛若干配重片在小車質量一定的情況下，多次改變配重片數量，每改變一次就釋放一次小車，利用打點計時器打出記錄小車運動情況的多條紙帶圖2是其中一條紙帶的一部分，O、A、B、C為4個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有4個打出的點沒有畫出打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上通過對紙帶的測量，可知小車運動過程中的加速度大小為_ m/s2（保留2位有效數字）（3）乙同學在實驗時，因配重片數量不足改用5個質量為20g的鉤碼進行實驗他首先將鉤碼全部掛上，用打點計時器打出記錄小車運動情況的紙帶，并計算出小車運動的加速度；之后每次將懸掛的鉤碼取下一個

9、并固定在小車上，重復多次實驗，且每次實驗前均調整墊木的位置，使小車不掛配重時能在傾斜的長木板上做勻速直線運動根據測得的數據，繪制出小車加速度與懸掛的鉤碼所受重力的關系圖線關于這一圖線下列說法錯誤的是_（選填選項前的字母）A可由該圖線計算出小車和5個鉤碼質量之和B只有當小車質量遠大于懸掛鉤碼的質量時，該圖線才是一條直線C無論小車質量是否遠大于懸掛鉤碼的質量，該圖線都是一條直線四、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）探究平拋運動的實驗裝置如圖所示，半徑為L的四分之一光滑圓軌道固定于水平桌面上，切口水平且與桌邊對齊，

10、切口離地面高度為2L離切口水平距離為L的一探測屏AB豎直放置，一端放在水平面上，其高為2L質量為m的小球從圓軌道上不同的位置由靜止釋放打在探測屏上若小球在運動過程中空氣阻力不計，小球可視為質點，重力加速度為g求：(1)小球從圓軌道最高點P處由靜止釋放，到達圓軌道最低點Q處時速度大小及小球對圓軌道的壓力；(2)為讓小球能打在探測屏上，小球應從圓軌道上什么范圍內由靜止釋放？(3)小球從什么位置由靜止釋放，打在屏上時動能最小，最小動能為多少？14（16分）如圖所示，光滑固定軌道ABCD上有兩個可視為質點的滑塊，滑塊中間有一壓縮彈簧且與兩物體不拴連，左側物體質量m1未知，右側物體質量，軌道右側為半徑的

11、半圓弧AB，A為圓弧最高點，B為最低點和水平面相切，左側軌道CD為一半徑為且圓心角的圓弧，轉輪大小可忽略不計的粗糙的傳送帶EF長L=3m與水平面也成角，傳送帶沿斜面向上始終以勻速運動，傳送帶上表面與左端圓弧末端D點相切且剛好無彈力接觸。現將兩物體同時在水平軌道上由靜止釋放，若彈簧的彈性勢能完全轉化為兩物體的動能，彈簧恢復原長前兩物體并未進入圓弧軌道，最終m2恰好能通過右側半圓弧A點，m1通過圓弧軌道CD滑上傳送帶，在傳送帶上一直做勻變速運動且到達F點時速度大小，m1通過傳送帶EF的過程中，系統摩擦生熱量Q與m1的機械能變化量E剛好相等，g=10m/s，sin=0.6，cos=0.8.求：(1)

12、m2到達B點時的速度大小vB；(2)彈簧初始狀態具有的彈性勢能Ep；(3)m1通過傳送帶EF的過程中，電動機額外消耗的電能上為多少。15（12分）如圖所示，左側平行板電容器內有電場強度為E的勻強電場，電容器右側虛線區域內有垂直于紙面的勻強磁場，電容器極板長度等于勻強磁場區域的寬度直線是平行板電容器的中心線，一束速度為v0的帶電粒子沿著直線射入電場，經電場偏轉后進入磁場，經磁場偏轉后離開磁場(1)如果粒子離開磁場時的的速度方向與直線平行，求這種情況下磁感應強度B1的大小(2)如果粒子經磁場偏轉后又回到O 點，求這種情況下磁感應強度B2的大小.參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共2

13、4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】將鉛筆與繩子接觸的點的速度分解為沿繩方向和垂直于繩子方向，如圖，則沿垂直繩子方向的分速度vcos，且vcos=r，則，隨角的變大，r變大，則細線繞O點轉動的角速度不斷減小，選項AB錯誤；沿繩子方向上的分速度為vsin，因為沿繩子方向上的分速度等于橡皮在豎直方向上的分速度，所以橡皮在豎直方向上速度為vsin，因為逐漸增大，所以橡皮在豎直方向上做加速運動，因此細繩對橡皮的拉力大于橡皮的重力，故D正確；橡皮在水平方向上做勻速運動，豎直方向做加速運動，所以橡皮做曲線運動，故C錯誤2、C【解析】根據下落的高度求出平拋運動的時間之比,

14、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

15、之比代入已知量可知 ，故D錯；故選C3、C【解析】由題意可知，兩次物體均做勻加速運動，則在同樣的時間內，它們的位移之比為S1：S2=1：2兩次物體所受的摩擦力不變，根據力做功表達式，則有滑動摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2再由動能定理，則有：WFWf=可知，WF1Wf1=WF2Wf2=4由上兩式可解得：WF2=4WF12Wf1故C正確，ABD錯誤；故選C4、B【解析】A合外力對物體做功為0，物體動能不變，速度方向可能改變，它的動量可能要改變，故A錯誤；B由動量定理可知，合外力對物體沖量為0，則物體的動量不變，即物體的速度不變，所以物體的動能一定不變，故B正確；C做變速運動的

16、物體，動能不一定變化，如勻速圓周運動的速度大小不變，動能不變，故C錯誤；D做變速運動的物體，速度一定變化，則物體的動量一定變化，故D錯誤。故選B。5、C【解析】根據牛頓第二定律得出行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a的表達式，結合a與r2的反比關系函數圖象得出P1、P2的質量和半徑關系，根據密度和第一宇宙速度的表達式分析求解；根據根據萬有引力提供向心力得出周期表達式求解【詳解】A項：根據牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度為：兩曲線左端點橫坐標相同，所以P1、P2的半徑相等，結合a與r2的反比關系函數圖象得出P1的質量大于P2的質量，根據，所以P1的平均密度比P2的大，

17、故A錯誤；B項：第一宇宙速度，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯誤；C項：s1、s2的軌道半徑相等，根據，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正確；D項：根據萬有引力提供向心力得出周期表達式，所以s1的公轉周期比s2的小，故D錯誤故應選：C【點睛】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算該題還要求要有一定的讀圖能力和數學分析能力，會從圖中讀出一些信息就像該題，能知道兩個行星的半徑是相等的6、A【解析】在北極則有：在赤道有：根據題意有：聯立解得：A. 與分析相符，故A正確；B. 與分析不符，故B

18、錯誤；C. 與分析不符，故C錯誤；D. 與分析不符，故D錯誤二、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、AD【解析】AB.由速度圖象知在13s時間內，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：0.8+mgsin-mgcos=ma，由v-t圖象可知，加速度：.在34s時間內，物塊做勻速直線運動，由平衡條件得：mgcos-mgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正確，B錯誤；C.由v-t圖象可知，01s時間內，物塊靜止，力F不做功，13s時間內，力F=0.8N，物塊的

19、位移，03s內力F做功的平均功率為：；故C錯誤.D.03s時間內物體克服摩擦力做的功為：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.11J，故D正確.8、BD【解析】A圖象的斜率等于速度，由圖可知，a車的速度不變，做勻速直線運動，速度為故A錯誤；B時，直線a和曲線b剛好相切，位置坐標相同，輛車相遇。斜率相等，此時輛車的速度相等，故B正確；C時，b車的速度為設b車的初速度為，對b車，有解得則時b車的速度為故C錯誤；D時，a車的位移為b車的位移為時，a車和b車到達同一位置，得故D正確。故選BD。9、BC【解析】小球做平拋運動，當速度方向與斜面方向平行時，距離斜面最遠，根據平行四邊形定則求

20、出質點距離斜面最遠時的速度的豎直分速度，結合速度時間公式求出運動的時間，再求解水平距離【詳解】小球做平拋運動，當小球的速度與斜面方向平行時，距離斜面最遠，此時速度與水平方向的夾角為，根據平行四邊形定則可得此時的速度：，故A錯誤，B正確；豎直分速度vy=vtan，根據vy=gt，可得飛行時間，故C正確；球與斜面距離最大時，小球飛行的水平距離：，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤【點睛】本題主要考查了平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，知道速度方向與斜面平行時，距離斜面最遠10、BC【解析】對小球受力分析，根據牛頓第二定律表示出加速度，分析加速度隨速度的變化情況，進而分析運動情況【詳解】AB、剛

21、開始運動時，加速度為a= ，當速度v增大，加速度增大，當速度v增大到符合kvmg后，加速度為：a=，當速度v增大，加速度減小，當a2減小到0，做勻速運動，所以小球的速度先增大后保持不變，加速度先增大后減小，最后保持不變，故A錯誤，B正確；C.當加速度為零時，小球的速度最大，此時有：F0=(kvmmg)，故最大速度為：，故C正確；D. 當阻力為零時，加速度最大，故小球的最大加速度為F0/m，故D錯誤故選BC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、0.375 光電門與C點之間的距離s 【解析】(1)1由圖乙所示游標卡尺可知，主尺示數為0.3cm

22、，游標尺示數為150.05mm=0.75mm=0.075cm，游標卡尺讀數d=0.3cm+0.075cm=0.375cm(2)2物塊通過光電門時的速度然后物塊在水平面上做勻減速直線運動，由動能定理得解得由此可知，要測動摩擦因數，出d與t外，還需要測量光電門與C點間的距離s(3)3由(2)分析可知，動摩擦因數12、為了平衡小車運動過程中所受摩擦力； 0.50； B 【解析】（1）為了克服摩擦力的影響，在實驗中應墊高一側，從而使重力的分力與摩擦力相互平衡；從而使小車受到的拉力為合外力； （2）由 可得： ； 對鉤碼和小車整體分析可知，整體受到的拉力為鉤碼的重力，質量是整體的質量；由F=ma可知，作

23、出的圖像一定為直線；且圖像的斜率一定為整體的質量；故AC正確，B錯誤； 本題選錯誤的；故選B綜上所述本題答案是：B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)3mg,方向豎直向下(2) (3) 【解析】(1)小球從P處下滑到Q點，由機械能守恒可得：得：v= 在Q點對小球受力分析得：代入得：FN=3mg根據牛頓第三定律，小球對軌道壓力大小為3mg，方向豎直向下(2)小球從軌道上某點C下滑到Q處平拋，恰好打在B點，則根據平拋運動規律豎直方向2L= ，水平方向vQ=L/t從C到Q根據機械能守恒得：mghc= 得：hc=L/8即小球從PC范圍內從靜止釋放均能打到探測屏上(3)設從Q處以速度v0射出