1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、符合題目要求的。1、14C發生放射性衰變成為14N，半衰期約5700年已知植物存活期間，其體內14C與12C的比例不變；生命活動結束后，14C的比例持續減少現通過測量得知，某古木樣品中14C的比例正好是現代植物所制樣品的二分之一下列說法正確的是 ( )A該古木的年代距今約2850年B12C、13C、14C具有相同的中子數C14C衰變為14N的過程中放出射線D增加樣品測量環境的壓強將加速14C的衰變2、如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統動能變化最大的時刻是AA開始運動時

3、BA和B的速度相等時CB的速度等于零時 DA的速度等于v時3、下列說法中正確的是 （ ）A沖量的方向一定和動量的方向相同B動量變化量的方向一定和動量的方向相同C物體的末動量方向一定和它所受合外力的沖量方向相同D沖量是物體動量變化的原因4、如圖所示，三根輕繩匯交于結點B，其中水平繩和傾斜繩的另一端固定于墻上，豎直繩的另一端系著重物P，現用水平向右的力緩緩拉起重物P的過程中，繩AB所受拉力()A變大B不變C變小D先變小再變大5、如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m，且與水平方向的夾角均為37現有兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊

4、與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5，下列說法正確的是（ ） A物塊A先到達傳送帶底端B物塊A、B受到的摩擦力分別沿斜面向下和向上C物塊A、B運動的加速度大小相同D物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度相同6、一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，速度變為原來的3倍該質點的加速度為（ ）.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、如圖所示，一內壁粗糙程度相同、半徑為R的圓筒固定在豎直平面內，圓筒內一質量為m的小球沿筒壁做圓周運動若小球從最低點算起運動一圈

5、又回到最低點的過程中，兩次在最低點時筒壁對小球的彈力大小分別為10mg和8mg.設小球在該過程中克服摩擦力做的功為W，經過最高點時筒壁對小球的彈力大小為F，則AW=2mgRBW=mgRC3mgF4mgD2mgFmgcos37，故傳送帶對兩物體的滑動摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物體沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，AB錯誤C正確；由x=v0t+12at2，a=gsin37-gcos37，得t=1s，傳送帶在1s內的路程為x=vt=1m，A與傳送帶是同向運動的，A的劃痕長度是A對地路程（斜面長度）減去在此時間內傳送帶的路程，即為2m-1m=1mB與傳送帶是反向

6、運動的，B的劃痕長度是B對地路程（斜面長度）加上在此時間內傳送帶的路程，即為 2m+1m=3m，故兩者的劃痕長度不同，D錯誤6、A【解析】設初速度為v0，末速度為3v0，則位移為：聯立解得：據加速度公式故BCD錯誤，A正確。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】做圓周運動的物體的向心力由合外力來提供，結合整個過程中能量守恒的思想，分析摩擦力在上升和下降過程中等高處的大小關系（滑動摩擦力的影響因素）來分析上升和下降過程摩擦力做功的大小關系，以及取值范圍

7、的問題用極端思想【詳解】AB小球沿筒壁做圓周運動，先后兩次在最低點受到筒壁對小球的彈力大小分別為10mg和8mg，對小球進行受力分析，先后兩次所受的合外力分別為9mg和7mg，方向指向圓心設小球先后兩次經過最低點得速率分別為和，根據合外力提供做圓周運動的向心力得：和； 小球在整個過程中，由動能定理得：；綜合上面幾個式子解得 W=mgR，故A錯B對；CD由于小球在筒壁上運動時受到滑動摩擦力，在粗糙程度相同得情況下，小球對筒壁得壓力越大，摩擦力就越大；小球運動一周得過程中，因克服摩擦力做功，使得小球機械能減小，在上升和下降過程中等高處，上升時摩擦力較大，而下降時的摩擦力較小，則上升時克服摩擦力做功

8、，下降時小于；設小球上升到最高點時的速度為，筒壁對小球的彈力滿足：，再由能量守恒：，解得；小球上升到最高點時的速度為，筒壁對小球的彈力滿足：，假設小球到達最高點時克服摩擦力做功為W=mgR，由能量守恒：，解得，實際上小球下落時也要克服摩擦力做功，因而上升過程中克服摩擦力做功小于W的，則有，故C錯D對故選BD【點睛】 此題考查知識點綜合性強而且非常靈活，需要對所學知識有很好的掌握，如誰來提供向心力；滑動摩擦力的影響因素及做功問題；能量守恒的思想的運用；特殊條件下的取值范圍問題等8、BD【解析】A項，功率是描述一個物體做功快慢的物理量，故A項錯誤。B項，由P=Fv可知，汽車以最大速度行駛后，若要減

9、小速度，可減小牽引力功率行駛.故B對；C項，由P=Fv可知，當速度為零或F與v垂直時，功率P為零,故C項錯誤。D項，根據P=Wt 知，做功越快，功率越大，故D項正確。故選BD9、BC【解析】A項：對手機受力分析可知，重力與手對手機的作用力的合力方向與車廂運動的方向相同，故A錯誤；B項：設每節動車提供的動力為F，列車做勻加速直線運動時加速度為：，以1、2車箱為研究對象有：，解得：，以前13節車箱為研究對象有：，解得：，故，故B正確；C項：設每動車的額定功率為P，列車8動車和8拖車的配置時，10動車和6拖車的配置時，解得：，故C正確；D項：列車在減速進站階段，人處于減速狀態即列車對人的作用力向后，

10、由牛頓第三定律可知，人對列車的作用力向前，所以乘客對列車做了正功，故D錯誤故應選：BC10、AD【解析】根據行星繞恒行圓周運動的向心力由萬有引力提供，令恒量的質量為，行星的質量為，則： ；已知周期和軌道半徑，可以求出恒星的質量，A正確；因為不知道恒星的體積，故無法求出恒量的密度，B錯誤；根據表達式可以知道兩邊的m抵消，無法求出行星的質量，C錯誤；根據線速度與周期的關系知， ，D正確的三、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、B 相同 B 改變 不變 B BD 見解析 【解析】（1）1小球離開軌道后做平拋運動，只要保證入射球離開軌道的初始速度相

11、等即可，斜槽軌道不需要光滑，A不符合題意，B符合題意；故選B；（2）2兩球要發生對心碰撞，故兩球的半徑應相同；3為了防止入射球反彈，所以入射球的質量應大于被碰小球，所以應選一個鋼球、一個玻璃球，AC不符合題意，B符合題意；故選B；（3）45若僅降低斜槽上固定點的位置，小球離開軌道做平拋運動的速度減小，由于平拋運動的高度不變，所以不平位移變小，即小球的落地點到O點的距離將改變，若僅增大小球1的質量，小球仍以相同的速度從斜槽末端飛出，由于平拋運動的高度不變，運動的時間不變，所以小球的落地點到O點的距離不變；（4）6小球做平拋運動由于高度相同，由公式得：，可知高度h相同，則運動時間相同，水平位移所以

12、小球的水平位移與小球飛出的速度成正比，B符合題意，AC不符合題意；故選B；（5）7小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，在空中的運動時間t相同，兩球碰撞過程動量守恒，以入射球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：兩邊同時乘以運動時間t得：則有：由上式可知，本實驗應測量小球1和小球2的質量m1、m2和記錄紙上O點到A、B、C各點的距離、，BD符合題意，AC不符合題意。故選BD。（6）8 證明：設小球1碰撞前后瞬間的速度分別為v0、v1，小球2碰后的速度為v2，根據動量守恒有：碰撞過程機械能守恒有：整理可得：當v1與v0同向時，v2大于v0，故C點必在B點的前方。12、無 mg BD

13、【解析】(1)12當小車勻速下滑時砂桶的重力與小車所受的摩擦力的合力等于滑塊重力向下的分力，去掉細線和砂桶后，滑塊的合力應等于砂桶的重力mg。則長木板表面的粗糙程度對該實驗無影響；(2)3遮光條通過兩個光電門時的速度分別為 則要驗證的關系是即則要測量的物理量是遮光條的寬度d以及兩光電門之間的距離s，故選BD。(3)4由以上的分析可知，動能定理的關系式應為四、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)【解析】(1)對于P球和Q球組成的系統，只有重力做功，系統機械能守恒，則有 兩球共軸轉動，角速度大小始終相等，由

14、v=r得vQ=2vP聯立解得vP=(2)小球P機械能的變化量【點睛】本題是輕桿連接的問題，要抓住單個物體機械能不守恒，而系統的機械能守恒是關鍵；知道兩物體的角速度是相同的。14、（1）1=0.1，2=0.3；（2）2.625m；（3）3.6m；【解析】（1）由v-t圖象得到小物塊的加速度，根據牛頓第二定律列式求解動摩擦因數；再對長木板受力分析，根據v-t圖象得到加速度，根據牛頓第二定律列式求解木板與地面間的動摩擦因數2。（2）根據v-t圖象得到1s內滑塊與木板的位移大小，得到相對位移大小；1s后都是減速，但滑塊相對木板再次右移，根據運動學公式列式分析；（3）先小物塊的速度突然反向，先對木板和滑

15、塊分別受力分析，根據牛頓第二定律得到加速度，再結合運動學公式求解相對位移。【詳解】（1）小物塊的加速度：，長木板的加速度：，對小物塊受力分析，受重力、支持力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律，有：1mg=ma1，木板水平方向受滑塊向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根據牛頓第二定律，有：-1mg-2（M+m）g=Ma2，解得：1=0.1，2=0.3；（2）v-t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，1s內相對位移大小：x1=613m；m受摩擦力：f1=1mg=2N，M受地面的滑動摩擦力：f2=2(M+m)g=18N，1s后M與m均是減速，但M加速度小于m的加速度，分別為：a11m/s2，a24m/s2，1s后M的位移：xM，1s后m的位移：xm，1s后m相對于M的位移：x=xm-xM=0.375m；故小物塊最終停在距木板右端：x1-x=3-0.375=2.625m；（3）若在t=1s時。使小物塊的速度突然反向，則m受向后的摩擦力，一直到速度減小為零；M受向左的兩個摩擦力，一直到速度減為零；m的加速度：，M的加速度： 對m，位移：對M，位移：故2s后的相對位移大小：x=x1+x2=0.6m，故木板的長度L=x+x1=0.6m+3m=3.6m；【點睛】本題是滑板問題，物體多、過程多、規律多，要分研究對象、分階段受力分析，根據牛頓第