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、在體育課上，某同學練習投籃，他站在罰球線處用力將籃球從手中投出，如圖所示，籃球約以1m/s的速度撞擊籃筐已知籃球質量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，則該同學投籃時對籃球做的功約為()A1JB10JC30JD50J2、如圖所示為

2、一簡易起重裝置，（不計一切阻力）AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質量不計的輕桿，桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個質量為m的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚機上開始時，桿BC與AC的夾角BCA90，現使BCA緩緩變小，直到BCA=30在此過程中，桿BC所產生的彈力（ ）A大小不變B逐漸增大C先增大后減小D先減小后增大3、航天飛機中的物體處于失重狀態，是指這個物體（ ）A不受地球的吸引力B受到地球吸引力和向心力的作用而處于平衡狀態C受到向心力和離心力的作用而處于平衡狀態D對支持它的物體的壓力為零4、如下圖所示，光滑半圓槽質量為M，靜止在光滑的水平面上，其內表面有一小球被細線吊

3、著恰好位于槽的邊緣處.若將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為 ( )A零 B向右 C向左 D不能確定5、如圖所示，直桿BC的一端用鉸鏈固定于豎直墻壁，另一端固定一個小滑輪C，細繩下端掛一重物，細繩的AC段水平不計直桿、滑輪及細繩的質量，忽略所有摩擦若將細繩的端點A稍向下移至A點，使之重新平衡，則此時滑輪C的位置（ ）A在AA之間B與A點等高C在A點之下D在A點之上6、在粒子散射實驗中，虛線是以原子核P為圓心的同心圓，相鄰兩個同心圓之間的間距相等，實線為一粒子運動的軌跡，a、b、c為軌跡上的三個點則A粒子在a點的加速度最大B粒子在a點的動能最小C粒子在b點的電勢能最大D兩點間的電勢差

4、Uac=Ucb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，是地球繞太陽沿橢圓軌道運動的示意圖A為近日點，B為遠日點，C、D為軌道短軸的兩個端點若只考慮地球和太陽之間的相互作用，則地球在從A點經C、B到D的過程中，下列說法正確的是（）A從A點到C點的運動時間為91.25天B從C點到D點的運動時間大于182.5天C從A點到B點，地球的勢能一直增大D從C點到D點，地球的勢能先減小后增大8、如圖所示，用粗鐵絲彎成半圓環，B處固定一個小滑輪，小圓環A用細繩吊著一個質量為m的物

5、塊并套在半圓環上現用另一根細繩一端栓在A上，另一端跨過小滑輪，用力F拉動，使A緩慢向上移動（不計一切摩擦，繩子不可伸長）則在物塊移動過程中，關于拉力F和鐵絲對A的支持力FN，以下說法正確的是AF變小BF變大CFN不變DFN變大9、如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場，之后進入電場線豎直向下的勻強電場發生偏轉，最后打在屏上，整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A偏轉電場對三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時速度一樣大C三種粒子運動到屏上所用時間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置，10、據報道，美國國家航空航天局（）首次在太陽系外

6、發現“類地”行星。若宇航員乘坐宇宙飛船到達該行星，進行科學觀測：該行星自轉周期為；宇航員在該行星“北極”距該行星地面附近以速度豎直上拋一個小球，小球經時間返回到地面。已知該行星半徑為，萬有引力常量為，則下列說法正確的是A該行星的第一宇宙速度為B該行星的平均密度為C如果該行星存在一顆同步衛星，其距行星表面高度為D宇宙飛船繞該星球做圓周運動的周期不小于三、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）如圖甲所示是某同學探究加速度與力的關系的實驗裝置他在氣墊導軌上安裝了一個光電門B滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，

7、傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放(1)該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d_mm(2)實驗時，將滑塊從A位置由靜止釋放，由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間t，若要得到滑塊的加速度，還需要測量的物理量是_(3)改變鉤碼質量，測出對應的力傳感器的示數F和遮光條通過光電門的時間t，通過描點作出_（填“”“”或“”）的線性圖像12（12分）圖甲為某物理興趣小組做“探究求合力的方法”實驗的裝置，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的力的矢量圖（1）實驗中，用彈簧測力計測量力的大小時，下列操作正確的是_（填選

8、項前的字母）A拉橡皮筋的拉力大小可以超過彈簧測力計的量程B應盡量避免彈簧、指針、拉桿與刻度板之間的摩擦C測量前，應檢查彈簧指針是否指在零刻線，確認指針指在零刻度線后再進行測量（2）在圖乙中，方向一定沿AO方向的是力_（填“F”或“F”）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）如圖所示，傾角=37的斜面位于水平地面上，小球從斜面頂端A點以初速度v0水平向右拋出，經t1=0.6s小球恰好落到斜面底端B點處。空氣阻力忽略不計，取重力加速度g = 10m/s2，tan37=34。(1)求小球平拋的初速度v0的大小；(2

9、)在小球水平拋出的同時，使斜面在水平面上也向右做勻速直線運動，經t2=0.3s小球落至斜面上，求斜面運動的速度大小。14（16分）一個帶正電的小物體，放在傾角為37，有擋板的絕緣斜面上，空間若加沿斜面向上方向的變化電場，其加速度隨電場力變化圖象為圖乙所示，現把斜面放平從靜止開始計時，改用圖丙中周期性變化的水平電場作用(g取).求:（1）物體的質量及物體與斜面間的動摩擦因數；（2）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體一個周期內的位移大小；（3）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，15s內電勢能的變化量。15（12分）如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到

10、越來越廣泛的應用一架質量m=1 kg的無人機，其動力系統所能提供的最大升力F=36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f=4 N取g=10 m/s1求：（1）無人機以最大升力在地面上從靜止開始豎直向上起飛，在t1=5 s時離地面的高度h；（1）某次表演時，當無人機懸停在距離地面高度H=45m處，讓無人機突然失去升力而墜落，要保證無人機不與地面相撞，求最遲在多高處恢復升力；(認為無人機的運動在同一豎直線上)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】對整個過程運用動能定理得：代入數據解得：故選項B正確2、A【解析】

11、以結點B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖，根據平衡條件得出力與三角形ABC邊長的關系，再分析繩子拉力和BC桿的作用力的變化情況【詳解】以結點B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖，根據平衡條件則知，F、N的合力F合與G大小相等、方向相反.根據三角形相似得：，又F合=G，得：，現使BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則得到，F變小，N不變，所以繩子越來越不容易斷，作用在BC桿上的壓力大小不變；故選A.【點睛】本題運用三角相似法研究動態平衡問題，直觀形象，也可以運用函數法分析研究3、D【解析】A失重狀態是物體對水平支持物的壓力或者對豎直懸掛物的拉力小于自身重力，大于

12、自身重力為超重并不是不受地球引力A錯BCD對航天飛機中的物體，重力提供向心力，對水平支持物或豎直懸掛物沒有作用力，是完全失重，處于非平衡狀態，而且受力分析也不存在向心力和離心力，BC錯D對4、A【解析】對于系統來說，整體的動量守恒，系統的初動量為零，當小球滑到另一邊的最高點時，小球和圓槽具有共同的速度，根據總動量守恒可知，此時的速度都為零，所以圓槽的速度為零，所以A正確，BCD錯誤故選A5、D【解析】由于桿一直平衡，對兩根細繩拉力的合力沿桿的方向向下，又由于同一根繩子的張力處處相等，而且兩根細繩的拉力大小相等且等于物體的重力G，根據平行四邊形定則，合力一定在角平分線上，若將細繩的端點A稍向下移

13、至A點，若桿不動，則ACB小于BCG，則不能平衡，若要桿再次平衡，則兩繩的合力一定還在角平分線上，所以BC桿應向上轉動一定的角度，此時C在A點之上，故D正確6、C【解析】A、粒子和原子核間的庫侖斥力產生加速度，由可知b間距離最小，加速度最大；A錯誤.B、C、粒子從a到c的全過程知庫侖斥力先做負功后做正功，由動能定理可得動能先減小后增大，電勢能先增大后減小，即b點的動能最小和電勢能最大；故B錯誤，C正確.D、相鄰虛線圓間的d相等，而由點電荷的電場分布可知平均場強，則據可得；故D錯誤.故選C.【點睛】本題考查到了電勢能、帶電粒子在電場中的運動、等勢面、電場力做功等幾方面的知識點.解決此題的關鍵是對

14、等勢面的理解，等勢面就是電場中電勢相等的各點構成的面，等勢面有以下幾方面的特點：、等勢面一定與電場線垂直，即跟場強的方向垂直、在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功.、電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面、任意兩個等勢面都不會相交.、等差等勢面越密的地方電場強度越大，即等差等勢面的分布疏密可以描述電場的強弱.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【解析】地球在AC段的速度大小大于CB段的速度大小，則AC段的時間小于CB段的時間，所以A到C所用的時間小于T4=9

15、1.25天，A錯誤地球在DA段的速度大小大于BD段的速度大小，則DA段的時間小于BD段的時間，所以D到A所用的時間小于T4=91.25天，故從C點到D點的運動時間大于182.5天，B正確從A到B的過程中，由于只有萬有引力做功，機械能守恒，從A到B階段，萬有引力做負功，地球的勢能增加，C正確根據萬有引力方向與速度方向的關系知，從C到D階段，萬有引力對它先做負功后做正功，勢能先增大，后減小，D錯誤選BC【點睛】根據地球在AC段和CB段的速率大小比較兩段過程中的運動時間，從而得出A到C所用時間與周期的關系；抓住地球只有萬有引力做功，得出機械能守恒；根據萬有引力做功確定速率的變化8、AC【解析】若在物

16、塊緩慢向上移動的過程中，小圓環A處于三力平衡狀態，根據平衡條件知mg與FN的合力與T等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖:由三角形相似有：，而F=T，可得，AB變小，BO不變，則F變小,，AO、BO都不變，則FN不變；故AC正確，BD錯誤；故選AC.【點睛】本題是動態變化分析問題，在非直角三角形的情況下，運用三角形相似法列式也是常用的方法，本題采用的是函數法9、AD【解析】AB帶電粒子在加速電場中加速，由動能定理可知解得粒子在偏轉電場中的時間在偏轉電場中的縱向速度縱向位移即位移與比荷無關，與速度無關；則可三種粒子的偏轉位移相同，則偏轉電場對三種粒子做功一樣多，故A正確，B錯誤；CD因三粒子

17、由同一點射入偏轉電場，且偏轉位移相同，故三個粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的時間與橫向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三種粒子運動到屏上所用時間不相同，故C錯誤，D正確。故選AD。【點睛】此題考查帶電粒子在電場中的偏轉，要注意偏轉中的運動的合成與分解的正確應用；正確列出對應的表達式，根據表達式再去分析速度、位移及電場力的功。10、BD【解析】A行星地面附近的重力加速度為該行星的第一宇宙速度為故A錯誤；B利用得行星的體積為則密度為故B正確；C利用解得故C錯誤；D根據解得：故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、2.

18、30 遮光條到光電門的距離L（或A、B間的距離） 【解析】（1）游標卡尺的主尺讀數為2mm，游標讀數為0.056mm=0.30mm，所以最終讀數d=2mm+0.30mm=2.30mm；（2）實驗時，將滑塊從A位置由靜止釋放，由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間t，滑塊經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度根據運動學公式得若要得到滑塊的加速度，還需要測量的物理量是遮光條到光電門的距離L；（4）由題意可知，該實驗中保持小車質量M不變，因此有：v2=2as，則有：；所以研究滑塊的加速度與力的關系，處理數據時應作出F圖象12、 (1)BC (2)F 【解析】（1）實驗中，拉橡皮

19、筋的拉力大小不可以超過彈簧測力計的量程，選項A錯誤；應盡量避免彈簧、指針、拉桿與刻度板之間的摩擦，從而減小誤差，選項B錯誤；測量前，應檢查彈簧指針是否指在零刻線，確認指針指在零刻度線后再進行測量，選項C正確；故選BC.（2）在圖乙中，用一個彈簧秤拉橡皮條時拉力的方向一定沿AO方向，故沿AO方向的力是F.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) 4m/s (2) 2m/s【解析】試題分析：（1）根據小球在斜面上做平拋運動分析可知，斜面的傾角與位移有關，根據平拋運動的規律列式即可求解；（2）小球一邊平拋，斜面一邊向

20、右勻速運動，根據幾何關系找出兩者的位移關系，即可求解斜面運動的速度。（1）如圖所示，小球自斜面頂端平拋到底端B點過程中，在水平方向上有：x=v0t1在豎直方向上有：y=12gt12由題意知：yx=tan37由式并代入數據可得v0=4m/s(2)如圖所示，設斜面以大小為v的速度做勻速運動 在水平方向上有：x=v0t2在豎直方向上有：y=12gt22由題意知：yx-vt2=tan37 由式并代入數據可得v=2m/s。【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解，尤其是第（2）問要根據幾何關系找出兩者的位移關系。14、（1） 0.5（2）（3）483J【解析】（1）以物體為研究對象，根據牛頓第二定律求解加速度的表達式，根據圖線的斜率和截距進行分析；（2）根據牛頓第二定律求解前內、內的加速度，在根據位移時間關系求解前2s內的位移、24s內的位移即可；（3）求出15s內的位移大小，根據電場力做的功等于電勢能的變化來分析；【詳解】（1）設物體的質量為m、與斜面間