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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、引力波探測于2017年獲得諾貝爾物理學獎。雙星的運動是產生引力波的來源之一，假設宇宙中有一雙星系統由P、

2、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點在二者萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得P星的周期為T，P、Q兩顆星的距離為l，P、Q兩顆星的軌道半徑之差為r（P星的軌道半徑大于Q星的軌道半徑），引力常量為G，則下列結論錯誤的是AQ、P兩顆星的質量差為BQ、P兩顆星的線速度大小之差為CQ、P兩顆星的運動半徑之比為DQ、P兩顆星的質量之比為2、下列關于物理學研究方法的敘述中正確的是( )A力學中引入了質點的概念，運用了理想化模型的方法，只有物體體積很小的情況下才能看做質點B在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了假設法C

3、用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電容C=Q/U，加速度a=F/m都是采用比值法定義的D伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90的斜面上的運動，再根據銅球在斜面上的運動規律得出自由落體的運動規律這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法3、如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻（t=0）將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是下列圖中的（）ABCD4、轉筆是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉動筆的休閑活動

4、，如圖所示，轉筆深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設某轉筆高手能讓筆繞其手指上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關該同學轉筆中涉及到的物理知識的敘述正確的是（ ）A筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越大B筆桿上的各點做圓周運動的力是由向心力提供的C筆尖上的小鋼珠在快速的轉動隨筆一起做離心運動D若該同學使用的是金屬筆桿，且考慮地磁場的影響，金屬筆桿兩端可能會形成電勢差5、1970年成功發射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛星，該衛星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動如圖所示，設衛星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質量為M，引力常量為G則

5、ABCD6、如圖所示，在彈簧測力計下掛一重物，重力為G，用手提著彈簧測力計沿豎直方向由靜止開始向上運動再到靜止。在此過程中，下列說法正確的是 A彈簧測力計的示數一直大于GB彈簧測力計的示數一直等于GC先出現失重現象后出現超重現象D先出現超重現象后出現失重現象二、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、汽車發動機的額定功率為60 kW，汽車質量為5 t汽車在水平面上行駛時，阻力與車重成正比，g10 m/s2，當汽車以額定功率勻速行駛時速度為12 m/s突然減小油門，使發動機功率

6、減小到40 kW，對接下去汽車的運動情況的描述正確的有（ ）A先做勻減速運動再做勻加速運動B先做加速度增大的減速運動再做勻速運動C先做加速度減小的減速運動再做勻速運動D最后的速度大小是8 m/s8、質量為1 kg的小球以的速度與質量為2 kg的靜止小球正碰，關于原先運動的小球碰后的速度和原先靜止的小球碰后的速度，下面哪些是可能正確的（ ）AB，C，D，9、如圖所示，豎直運動的電梯底面上放有托盤彈簧秤，質量為1kg的物體放在水平托盤中，當電梯運動時，發現彈簧秤的示數為14N，g取10m/s1電梯的運動情況是A電梯可能以1m/s1的加速度向上做勻加速運動B電梯可能以1m/s1的加速度向下做勻減速運

7、動C電梯可能以11m/s1的加速度向上做勻加速運動D電梯可能以11m/s1的加速度向下做勻減速運動10、關于功率的概念，下列說法中正確的是( )A功率是描述力對物體做功多少的物理量B汽車以最大速度行駛后，若要減小速度，可減小牽引力功率行駛.C由P=Fv可知：只要F不為零，v也不為零，那么功率P就一定不為零D某個力對物體做功越快，它的功率就一定大三、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）某同學用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。圖中AB為斜槽，BC為水平槽。（1）下列說法正確的是_。A該實驗要求入射小球的質量應大于被碰小球的質量B該實驗要求

8、入射小球和被碰小球必須是金屬材質C該實驗通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h得到小球碰撞前的速度D該實驗通過測量小球做平拋運動的豎直位移間接得到小球碰撞前后的速度（2）實驗時先使入射小球從斜槽上某一固定位置S多次由靜止釋放，落到位于水平地面的記錄紙上并留下痕跡，從而確定P點的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，讓入射小球仍從位置S多次由靜止釋放，跟被碰小球碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，從而確定M、N點的位置。實驗中，確定P點位置時多次落點的痕跡如圖乙所示，刻度尺的零刻線與O點對齊，則OP=_cm。（3）該實驗若要驗證兩小球碰撞前后的動量是否守恒，需要分別測量記錄紙上M點距O

9、點的距離LOM、P點距O點的距離LOP、N點距O點的距離LON。除此之外，還需要測量的物理量是_，需要驗證的關系式為_（其中涉及需要測量的物理量請用自己設定的字母表示）。（4）該實驗巧妙運用了平拋運動的規律。請以平拋運動為例，分析論證當物體所受的合力與初速度方向不在一條直線上時，物體必做曲線運動_。12（12分）如圖所示，用圖釘把坐標紙固定在豎直墻面上取三根完全相同的輕彈簧甲、乙、丙，將甲、乙分別通過細棉線掛在A、B 兩點，另一端與丙也通過細棉線相連于O 點在丙彈簧下端掛上重物，分別測出三彈簧的形變量，然后通過作圖驗證力的平行四邊形定則 (1)考慮到實際，測量彈簧的原長時，最合理的方法是_ A

10、、將彈簧平放在桌面上，分別測量三個彈簧的長度 B、將彈簧平放在桌面上，測量-一個彈簧的長度，即為三個彈簧的原長 C、按圖甲的方式懸掛三個彈簧，不掛物塊時測量其中一個彈簧的長度，即為三個彈簧的原長 D、按圖甲的方式懸掛三個彈簧，不掛物塊時分別測量三個彈簧的長度 (2)為完成該實驗，除測量彈簧的原長外，還必須進行的操作有_ A、測量連接彈簧的細棉線的長度 B、測量掛上物塊后三個彈簧的長度 C、記錄掛上物塊后結點O的位置 D、測量所掛物塊的重量 (3)某次實驗中，測得甲乙、丙三個彈簧的形變量分別為3.00cm、3.25cm、4.75cm(均在彈性限度內)，記錄的O、A、B 三點位置如圖所示，圖中虛線

11、為豎直線按照圖乙的標度，用甲、乙的形變量代替力的大小在圖乙構建平行四邊形若丙彈簧下掛的重物為9.50N，則可推知甲彈簧的彈力值為_ (4)如果(3)中對角線的長度約4.75cm，且大致與豎直方向相同， 則能夠驗征平行四邊形定則這種做法的理由是_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）如圖甲所示，質量為m0.1 kg的小球，用長l0.4 m的細線與固定在圓心處的力傳感器相連，小球和傳感器的大小均忽略不計當在最低點A處給小球6 m/s的初速度時，小球恰能運動至最高點B，空氣阻力大小恒定求：(g取10 m/s2)(1

12、)小球在A處時傳感器的示數；(2)小球從A點運動至B點過程中克服空氣阻力做的功；(3)小球在A點以不同的初速度v0開始運動，當運動至B點時傳感器會顯示出相應的讀數F，試通過計算在圖乙所示坐標系中作出F圖象14（16分）小明是學校的升旗手，他每次升旗都做到了在莊嚴的義勇軍進行曲響起時開始升旗，當國歌結束時恰好五星紅旗升到了高高的旗桿頂端已知國歌從響起到結束的時間是48 s，旗桿高度是19 m，紅旗從離地面1.4 m處開始升起若設小明升旗時先拉動繩子使紅旗向上勻加速運動，時間持續4 s，然后使紅旗做勻速運動，最后使紅旗做勻減速運動，加速度大小與開始升旗時的加速度大小相同，紅旗到達旗桿頂端時的速度恰

13、好為零試計算小明升旗時使紅旗向上做勻加速運動時加速度的大小和紅旗勻速運動的速度大小15（12分）如圖所示，光滑水平面上有一小車B，右端固定一沙箱，沙箱上連接一水平的輕質彈簧，小車與沙箱的總質量為M=2kg。車上在沙箱左側距離s=1m的位置上放有一質量為m=1kg小物塊A，物塊A與小車的動摩擦因數為。僅在沙面上空間存在水平向右的勻強電場，場強E=2.0103V/m。當物塊A隨小車以速度向右做勻速直線運動時，距沙面H=5m高處有一質量為的帶正電的小球C，以的初速度水平向左拋出，最終落入沙箱中。已知小球與沙箱的相互作用時間極短，且忽略彈簧最短時的長度，并取g=10m/s2。求：(1)小球落入沙箱前的

14、速度和開始下落時與小車右端的水平距離；(2)小車在前進過程中，彈簧具有的最大值彈性勢能；(3)設小車左端與沙箱左側的距離為L。請討論分析物塊A相對小車向左運動的整個過程中，其與小車摩擦產生的熱量Q與L的關系式。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、C【解析】A、雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：，解得，則Q、P兩顆星的質量差為，故A正確；B、P、Q兩顆星的線速度大小之差為，故B正確；C、雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以Q星的周期為T，根據

15、題意可知， 解得：，則P、Q兩顆星的運動半徑之比，C錯誤。D、P、Q兩顆星的質量之比為 ，故D正確。本題選錯誤的故選C。2、D【解析】力學中引入了質點的概念，運用了理想化模型的方法，物體能否看做質點要看它的大小和線度與所研究的問題比較能否忽略不計，則不一定只有體積很小的物體才能看做質點，選項A錯誤；在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微元法，選項B錯誤；用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電容C=Q/U，是采用比值法定義的，但是加速度a=F/m不是比值定義法，選項C錯誤；伽利略認為自由落體運

16、動就是物體在傾角為90的斜面上的運動，再根據銅球在斜面上的運動規律得出自由落體的運動規律這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法，選項D正確；故選D.3、A【解析】試題分析：由于物塊剛放到木板上時，運動的木板會對它一個向前的滑動摩擦力，則物塊對木板就會有一個向左的摩擦力，此時木板還受到地面給它的向左的摩擦力，木板在這兩個阻力的作用下做勻減速直線運動；當物塊的速度與木板的速度相等時，物塊與木板間沒有了相對運動，它們之間的摩擦力為零，此時木板受到的阻力只有地面對它施加的向左的力，即阻力減小，故其反加速度變小，木板也做勻減速直線運動，但其加速度變小，故A是正確的考點：牛頓第二定律，摩擦力4、D【解析】A

17、由向心加速度公式an=2R，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，故A錯誤；B桿上的各點做圓周運動的向心力是由桿的彈力提供的，故B錯誤；C當轉速過大時，當提供的向心力小于需要向心力，出現筆尖上的小鋼珠有可能做離心運動被甩走，故C錯誤；D當金屬筆桿轉動時，切割地磁場，從而產生感應電動勢，金屬筆桿兩端可能會形成電勢差，故D正確；5、B【解析】“東方紅一號”從近地點到遠地點萬有引力做負功，動能減小，所以，過近地點圓周運動的速度為 ，由于“東方紅一號”在橢圓上運動，所以，故B正確6、D【解析】當向上加速時，加速度向上，處于超重狀態，彈簧測力計的示數大于G，當向上減速時，加速度方向向下，處

18、于失重狀態，彈簧測力計的示數小于G，故選項D正確，選項ABC錯誤。【點睛】本題考查了超重和失重的條件：示數大于物重重說明超重，具有向上的加速度，向上的加速運動和向下的減速運動加速度都向上，示數小于物重重說明失重，具有向下的加速度，向上的減速運動和向下的加速運動加速度都向下。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、CD【解析】試題分析：根據P=Fv知，功率減小，則牽引力減小，開始牽引力等于阻力，根據牛頓第二定律知，物體產生加速度，加速度的方向與速度方向相反，汽車做減速運動，

19、速度減小，則牽引力增大，則牽引力與阻力的合力減小，知汽車做加速度減小的減速運動，當牽引力再次等于阻力時，汽車做勻速運動故C正確，AB錯誤當額定功率為60kW時，做勻速直線運動的速度為12m/s，則當牽引力再次等于阻力時，又做勻速直線運動，故D正確故選CD考點：牛頓第二定律；功率【名師點睛】解決本題的關鍵會根據P=Fv判斷牽引力的變化，會根據牛頓第二定律判斷加速度的變化，以及會根據加速度方向與速度的方向關系判斷汽車做加速運動還是減速運動8、AD【解析】碰撞前總動量為碰撞前總動能為A.碰撞后總動量碰撞后總動能為滿足動量守恒定律，系統機械能沒有增加，所以是可能的，選項A正確；B. 碰撞后的速度，因為

20、，說明碰撞未結束還會發生二次碰撞，選項B錯誤；C.碰撞后總動量不滿足動量守恒定律，選項C錯誤；D.碰撞后總動量碰撞后總動能為滿足動量守恒定律，系統機械能沒有增加，所以是可能的，選項D正確。9、AB【解析】對物體分析，彈簧秤的示數即彈簧秤對物體的支持力，根據牛頓第二定律得：方向豎直向上，知電梯以的加速度加速上升，或以的加速度減速下降，故AB正確，CD錯誤【點睛】解決本題的關鍵知道物體與電梯的加速度相同，根據牛頓第二定律求出加速度的大小和方向是解決本題的關鍵10、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，若要減小速度，可減小牽引力

21、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BD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、A 39.80 入射小球的質量m1 和被碰小球的質量m2 見解析 【解析】（1）1AB、要使兩球發生對心正碰，兩球半徑應相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射小球的質量應大于被碰小球的質量，而對小球的材質無要求，故A正確，B錯誤；C、入射小球從靜止下落過程中會受到回到對其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h

22、得到小球碰撞前的速度，故C錯誤；D兩球碰撞后均做平拋運動，平拋的初速度為，豎直高度相同，則下落時間相等，故只需要測量平拋的水平位移而不需要測量豎直高度；故選A；（2）2為保證減小實驗誤差，則應用最小的圓把所有落點圈起來，其中心為平均落地點，即讀軌跡中心到O點的距離即為OP的長度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，所以OP=39.80cm；（3）34據平拋運動可知，落地高度相同，則運動時間相同，設落地時間為t，則：令入射小球的質量為m1和被碰小球的質量m2，根據動量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2，m1LOP=m1LOM+m2LON則還需測量：入射小球的質量m1 和被碰小球的質量m2；（4）5

23、由于物體在平拋運動中僅受重力作用，根據牛頓第二定律可知，其加速度a的方向與重力方向相同，即豎直向下。根據加速度的定義可知，物體在任意時間t內的速度變化量v的方向必與加速度a的方向相同，即豎直向下。如圖所示，由于v0的方向水平向右，而v的方向豎直向下，由矢量三角形定則可知vt的方向必與v0的方向不同，即運動方向發生改變，則必做曲線運動。12、D； BC； 6.00； 彈簧彈力與形變量成正比，三個相同彈簧勁度系數相同，所以形變量的比值與彈力比值相同. 【解析】（1）考慮到實際，主要是彈簧本身的重力的影響，測量彈簧的原長時，最合理的方法是按圖甲的方式懸掛三個彈簧，不掛物塊時分別測量三個彈簧的長度，故

24、選D；（2）為完成該實驗，除測量彈簧的原長外，還必須進行的操作有：測量掛上物塊后三個彈簧的長度，以計算彈簧的伸長量；記錄掛上物塊后結點O的位置，故選BC.（3） 圖像如圖： 由圖像可知，AB兩彈簧的合力大小約為4.7個格子，表示的力為9.5N，則推知甲彈簧的彈力值為，即F甲=6N； （4）用上述做法的理由是：彈簧彈力與形變量成正比，三個相同彈簧勁度系數相同，所以形變量的比值與彈力比值相同，可以用形變量的大小代替彈力的大小.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）F=10N（2）克服空氣阻力做功0.8J；（3）【解

25、析】試題分析：（1）小球做圓周運動，由牛頓第二定律可以求出傳感器的示數；（2）小球恰好到達B點，重力提高向心力，由牛頓第二定律可以求出小球到達B點的速度，然后由動能定理求出從A到B過程中空氣阻力做的功；（3）應用動能定理求出小球到達B點的速度，由牛頓第二定律求出在B點繩子拉力，然后作出圖象(1) 在A點，由得：(2) 由得： 小球從A到B過程中，根據動能定理：得到所以(3)小球從A到B過程中，根據動能定理：小球在最高點兩式聯立得：，圖象（如圖所示）14、0.4 m/s；0.1 m/s2【解析】試題分析：設紅旗勻速運動的速度大小為v由題得到紅旗上升的位移大小x=19m-1.4m=17.6m由題紅旗勻加速運動和勻減速運動的加速度大小相等，根據對稱性得知這兩個過程的時間相等，紅旗勻速運動的時間為，則有，代入解得，v=0.4m/s，勻加速運動的加速度大小為考點：勻變速直線運動的位移與