1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，一輕桿兩端分別固定著質量為mA和mB的兩個小球A和B（可視為質點）將其放在

2、一個直角形光滑槽中，已知當輕桿與槽左壁成角時，A球沿槽下滑的速度為vA，則此時B球的速度（ ）AvAtanBvAcotCvAcosDvAsin2、質點做直線運動的vt圖象如圖所示，規定向右為正方向，則該質點在前8s內平均速度的大小和方向分別為( )A0.25m/s，向右B0.25m/s，向左C1m/s，向右D1m/s，向左3、如圖所示是一種古老的舂米機舂米時，稻谷放在石臼A中，橫梁可以繞O軸轉動，在橫梁前端B處固定一舂米錘，當腳踏在橫梁另一端C點往下壓時，舂米錘便向上抬起然后提起腳，舂米錘就向下運動，擊打A中的稻谷，使稻谷的殼脫落變為大米已知OCOB，則在橫梁繞O轉動過程中( )AB、C的向心

3、加速度相等BB、C的線速度關系滿足vBvCCB、C的角速度關系滿足B0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y0的區域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場一個氕核和一個氘核先后從y軸上yh點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向已知進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為，并從坐標原點O處第一次射出磁場. 氕核的質量為m，電荷量為q. 氘核的質量為2m，電荷量為q，不計重力求：(1)第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應強度大?。?3)第一次進入磁場到第一次離開磁場的運動時間 14（16分）在如圖所示的豎直平面內,水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓

4、弧軌道分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角=37過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應強度B=1.25T;過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場,電場方向水平向右,電場強度E=1104N/C小物體P1質量m=210-3kg、電荷量q=+810-6C,受到水平向右的推力F=9.9810-3N的作用,沿CD向右做勻速直線運動,到達D點后撤去推力當P1到達傾斜軌道底端G點時,不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放,經過時間t=0.1s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數均為=0.5,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,物

5、體電荷量保持不變,不計空氣阻力求: (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小;(2)傾斜軌道GH的長度s15（12分）如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U12 500 V，發射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出裝置右側有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l6.0 cm，相距d2 cm，兩極板間加以電壓U2200 V的偏轉電場從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉電場已知電子的電荷量e1.61019 C，電子的質量m0.91030 kg，設電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，

6、不計電子受到的重力求：（1）電子射入偏轉電場時的動能Ek；（2）電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量y；（3）電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它所做的功W.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、B【解析】根據題意，將A球速度分解成沿著桿和垂直于桿方向的兩個分速度，同時將B球速度也分解成沿著桿和垂直于桿兩方向則有，A球：v=vAcos而B球，v=vB=vBsin由于同一桿，則有vAcos=vBsin所以vB=vA=vAcot，故B正確，A、C、D錯誤；故選B2、B【解析】由圖線可知0-3s內的位移為方向為正方向；3

7、-8s內的位移為方向為負方向；0-8s內的位移為0-8s內的平均速度為，負號表示方向是向左的A. 前8s內平均速度的大小和方向分別為0.25m/s，向右，與分析不一致，故A錯誤；B. 前8s內平均速度的大小和方向分別為0.25m/s，向左，與分析相一致，故B正確；C. 前8s內平均速度的大小和方向分別為1m/s，向右，與分析不一致，故C錯誤；D. 前8s內平均速度的大小和方向分別為1m/s，向左，與分析不一致，故D錯誤3、B【解析】AC.由圖可知，B與C屬于同軸轉動，則它們的角速度是相等的，即C=B.由：a=2r，而OCOB，可知C的向心加速度較大；故A錯誤，C錯誤；B.由于OCOB，由v=r

8、，可知C點的線速度大；故B正確；D.錘對稻谷的作用力與稻谷對舂米錘的作用力是一對作用力與反作用力，二者大小相等；故D錯誤.4、D【解析】電腦放在散熱底座上，設電腦的質量為m，斜面的傾角為，受力分析可知，支持力，摩擦力，當散熱底座由原卡位為1調至卡位4，斜面的傾角變小，則變大，變小，但因為，和mg始終處于三力平衡態，故，兩個力的矢量和始終等于重力，保持不變，即散熱底座對電腦的作用力的合力不變，ABC錯誤，D正確故本題選D5、B【解析】粒子從左射入，不論帶正電還是負電，電場力大小為qE，洛倫茲力大小F=qvB=qE，兩個力平衡，速度 ，粒子做勻速直線運動故A錯誤，B正確此粒子從右端沿虛線方向進入，

9、電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動故C錯誤若速度 ，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，只有當粒子帶負電時粒子向下偏轉，故D錯誤；故選B6、A【解析】從實驗中小球的三種運動情況可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是：如果不受阻力，就會升到與O點相等的高度，A項符合題意；而其他選項都不是由該實驗直接得到的，需要進一步推理或其它實驗驗證，BCD三項不符合題意二、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、BC【解

10、析】要想以箭在空中飛行的時間最短的情況下擊中目標，v2必須垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目標，如圖所示，故箭射到目標的最短時間為，C正確，D錯誤；運動員放箭處離目標的距離為，又xv1tv1，故，A錯誤，B正確.8、BD【解析】當滑動變阻器的觸頭向a滑動時，分析其接入電路的電阻變化情況，抓住電動勢和內阻不變，利用閉合電路歐姆定律進行分析【詳解】當滑動變阻器R的滑動觸頭向a端移動時，R減小，整個電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知總電流增大，則內電壓增大，外電壓減小，所以通過R1的電流I1減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，故B正確，A錯誤。因I=I1+I2，且I增大，I

11、1減小，I2增大，則I1小于 I2，選項D正確，C錯誤；故選BD.【點睛】對于電路的動態變化分析問題，要理清電路，抓住電動勢和內阻不變，采用局部整體局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進行分析9、BC【解析】由動能定理可知彈性勢能增量為可知 根據功能關系可知，機械能增量等于力F做功，即故選BC。10、AC【解析】A、在過程中，蹦極者只受重力，重力沖量等于在過程中動量的改變量，mgt=p，每秒鐘重力的沖量相等，每秒鐘蹦極者動量的變化量就相同，故A、C正確B、在過程中，蹦極者受到重力沖量的大小與過程中繩子彈力與重力合沖量的大小相等，方向相反，故B錯誤D、在過程中的開始階段，重力大于彈性繩的彈力，蹦極者

12、受到合力的沖量方向向下，故D錯誤故選A、C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、CD C 空氣或振針對重物的阻力 【解析】(1)1實驗中驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，需要直接測量重錘下落的高度，通過計算得到與下落高度對應重錘的瞬時速度，由于質量可以約去，所以不需要測量質量，故選CD；(2)2F點的瞬時速度等于EG段的平均速度，則或不能通過和求解瞬時速度，否則是運用機械能守恒驗證機械能守恒，失去驗證的意義，故選C；(3)3由于空氣或振針阻力的存在，動能的增加量會略小于重力勢能的減小量，即即12、B； 200； 25 【解析】（

13、1）在圖象中橫截距表示彈簧的原長，故a的原長比b的短，故A錯誤；在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數k，故a的勁度系數比b的大，故B正確、C錯誤；彈簧的彈力滿足胡克定律，彈力與彈簧的形變量成正比，故D錯誤，故選B（2）根據胡克定律F與l的關系式為：F=k（l+h-l0）=kl+k（h-l0），從圖象中可得直線的斜率為2N/cm，截距為20N，故彈簧的勁度系數為：k=2N/cm=200N/m；由k（h-l0）=20N；于是：l0=25cm.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）2h（2）（3）【解析】在電場中做類平拋運

14、動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示設在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點的距離為，由運動學公式有：由題給條件，進入磁場時速度的方向與軸正方向夾角，進入磁場時速度的分量的大小為：聯立可得：(2)在電場中運動時，由牛頓第二定律有：設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有：設磁感應強度大小為，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：由幾何關系得：聯立可得：(3)設在電場中沿軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得：由牛頓第二定律有：設第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與軸正方向夾角為，入射

15、點到原點的距離為，在電場中運動的時間為，由運動學公式有：聯立可得：，設在磁場中做圓周運動的時間為，及粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期公式得：且有：第一次進入磁場到第一次離開磁場的運動時間：14、（1）4m/s（2）0.56m【解析】（1）設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到水平外力F，重力mg，支持力N，豎直向上的洛倫茲力F1，滑動摩擦力f則F1=qvB，勻速直線運動，物體處于平衡狀態；解得m/s說明：各1分，各2分(2)設物體P1在G點的速度為，由于洛倫茲力不做功由動能定理知解得速度m/s小物體P1在GH上運動受到水平向右的電場力qE，重力mg，垂直斜面支持力N1，沿斜面向下的滑動摩擦力f1設加速度為由牛頓第二定律有，解得m/s2小物體P1在GH上勻加速向上運動=0.55m小物體P2在GH上運動受到重力m2g，垂直斜面支持力N2，沿斜面向上的滑動摩擦力f2，加速度為則解得m/s2小物體P2在GH上勻加速向下運動=0.01m故軌道長所以s=0.56m 15、（1）4.01016