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，B木塊沿固定斜面勻減速下滑，此時將A木塊完全吻合地疊加在B木塊上能保持相對靜止一起下滑，木塊A和B接觸面是水平的，B與斜面和A之間的動摩擦因數因分別為1和2，斜面傾角為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在下滑過程中，則正確的說

2、法是（ ）AA與B一起運動時，B的受力個數為4B2(1cos-sin)cos C1”、“0可得1tan，選項C錯誤；B單獨運動時加速度: 1mBgcos-mBgsin=mBa，則a=a，則選項D錯誤；故選B.2、B【解析】設火車的加速度為a，開始觀測時速度為v，開始觀測的3分鐘有，vt+at2=1第7分鐘開始時速度v=v+2at，第7分鐘內，vt+at2=2聯立解得a=0.01 m/s2，選項B正確3、D【解析】試題分析：電壓最大值為，周期是0.02s，則，所以輸入電壓u的表達式應為u=20sin（100t）V，A錯誤；原先L1短路，只有L2工作，只斷開S2后，負載電阻變大為原來的2倍，電壓不

3、變，副線圈電流變小為原來的一半，L1、L2的功率均變為額定功率的四分之一，均無法正常發光，原線圈的輸入功率等于副線圈的功率都減小，BC錯誤；副線圈兩端的電壓有效值為，若S1換接到2后， R消耗的電功率為，D正確4、B【解析】試題分析：根據公式可得，可知軌道半徑越大，線速度越小，“天宮一號”的速率比“天宮二號”的速率大，但由于質量的關系未知，所以不能判斷出“天宮一號”的動能比“天宮二號”的動能大，故A錯誤；根據公式可得，可知軌道半徑越大，周期越大，“天宮一號”的周期比“天宮二號”的周期小，故B正確；根據公式可知軌道半徑越大，線速度越小，所以“神舟十一號”飛船的環繞速度小于第一宇宙速度，故C錯誤；

4、“神舟十一號”飛船必須在“天宮二號”的軌道上，再加速時將做離心運動，所以不可能實現對接，故D錯誤考點：考查了萬有引力定律的應用【名師點睛】在萬有引力這一塊，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做題的時候，首先明確過程中的向心力，然后弄清楚各個物理量表示的含義，最后選擇合適的公式分析解題，另外這一塊的計算量一是非常大的，所以需要細心計算5、B【解析】運動一周，初末位置在同一點，所以位移為0，路程為故B正確，ACD錯誤6、B【解析】靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，故A、C兩點的線速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半徑是A的半徑的2倍，根據v=r，知A：C=2：1B與C屬于同軸轉動，

5、所以B=C根據周期與角速度的關系：T=2/所以：；B=C，則TB=TC；所以：A、B、C三點的周期之比1：2：2故A錯誤；B與C的角速度相等，由v=r可知：vB：vC=1：2；所以A、B、C三點的線速度之比2：1：2故B正確；由于A：C=2：1，B=C所以A、B、C三點的角速度之比2：1：1故C錯誤；向心加速度a=v，所以：aA：aB：aC=AvA：BvB：CvC=22：11：12=9：1：2故D錯誤故選B點睛：解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度掌握線速度與角速度的關系，以及線速度、角速度與向心加速度的關系二、多項選擇題：本題共4小題，每

6、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、BD【解析】對P受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力，根據平衡條件，有：N=Mgcos；f=MgsinfN；故tan；由于物體Q輕輕地疊放在P上，相當于增大物體P重力，故P靜止不動，故A錯誤，B正確；物體P保持靜止，合力為零，故C錯誤；由于物體Q輕輕地疊放在P上，相當于增大物體P重力，故P與斜面間的靜摩擦力增大，故D正確；故選BD【點睛】本題關鍵是對物體受力分析，求解出支持力和靜摩擦力表達式；物體Q輕輕地疊放在P上，相當于增大物體P重力8、BC【解析】小物塊壓縮彈簧

7、最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為： ，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤9、BD【解析】AQ1從無窮遠處（電勢為0）移到B點的過程，根據電場力做功公式得得又可得Q1移入之前，B點的電勢為由于開始，故A錯誤；BQ1移入之前，C點的電場強度E1，Q1移入之后，Q1在C點產生的電場強度為1E1，如圖所示，根據圖中的幾何關系可得故B正確；CQ1移入之后，根據電勢疊加的原理可知C點的電勢為Q1從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為：故C錯誤；DQ1在移到C點后的電勢能為故D正

8、確。故選BD。10、BD【解析】A.物體受到重力、拉力以及空氣的阻力，由動能定理合外力做功等于動能的變化量可得：，故A錯誤；B.重力的功為mgH，所以物體的重力勢能增加了mgH，故B正確；CD.除重力外物體受到拉力和阻力，所以物體的機械能增加：，故C錯誤，D正確；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、R2 3.0 2.1 相等 【解析】（1）電流表A2與R2串聯，可改裝為量程為的電壓表，故選R2即可；（2）由圖可知電流表A2的讀數對應的電壓值即為電源的電動勢，則E=3.0V；內阻 （3）由題意可知： ，；聯立解得；由以上分析可知，若考慮電

9、流表A1內阻的影響，則表達式列成： ，最后求得的Rx表達式不變，則用該方法測得的阻值與其真實值相比相等。12、 = 0.99（0.981.0） 【解析】（1）為了平衡小車在運動過程中受到的阻力，必須使木板傾斜恰當的角度，若小車不受拉力作用下能沿斜面勻速下滑，由平衡知： 得： （2）利用 得; 由于誤差存在，所以加速度在（0.981.00）都算正確；（3）在處理實驗數據時，用m表示砝碼和托盤的總質量，用M表示小車的質量，用g表示當地的重力加速度，由牛頓第二定律得： ，即這是實驗的理論值，但在測量時認為繩子對車的拉力等于鉤碼和托盤的總重力，所以測量值為 綜上所述本題答案是： (1). = (2).

10、 0.99（0.981.0） (3). (4). 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)；(2)；(3)【解析】由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第(3)問只能用能的觀點求解。開始運動時小球受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得解得代入數據解得小球速度最大時合力為零，即解得代入數據解得小球從開始運動到速度為的過程中，設重力做功為，電場力做功為，庫侖力做功為，根據動能定理有解得設小球的電勢能改變了，則14、（

11、1）1N（2）3.75J或1.875J【解析】（1）小球上升的過程，根據動能定理有：0-mv02=-（mg+f）h代入數據解得：f=1N（2）小球豎直向上運動時，動能減小為初動能的一半時，則有：-（mg+f）h=-此時小球的重力勢能為：Ep1=mgh代入數據解得：Ep1=3.75J小球到達最高點后，豎直向下做加速運動，根據動能定理得：（mg-f）h=-0此時小球的重力勢能為：Ep2=mg（h-h）解得：Ep2=1.875J15、 (1)、；(2)【解析】試題分析：（1）設行李包在空中運動的時間為t，飛出的水平距離為s，則 ， 根據 ，得 （2）設行李包的質量為m，與傳送帶相對運動時的加速度為a，則滑動摩擦力 ，代入數值，得 要使行李包從B端飛