1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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，兩個互相垂直的擋板甲和乙之間夾著一個光滑的小球。最初小球靜止，乙板與水平面間夾角為530，兩板對球的支持力分別為N甲、N乙，現保持兩板互相垂直的關系不變而將兩板以

2、 O點為軸在紙面內順時針緩慢轉過160，已知sin370=0.6, cos370=0.8，則（ ）A轉動之前N甲N乙C轉動過程中N甲一直減小D轉動過程中N甲一直增大2、如圖是長征火箭把載人神舟飛船送入太空的情景。宇航員在火箭發射與飛船回收的過程中均要經受超重或失重的考驗。下列說法正確是 A火箭加速上升時，宇航員處于失重狀態B飛船加速下落時，宇航員處于超重狀態C飛船落地前減速，宇航員對座椅的壓力小于其重力D火箭加速上升時，若加速度逐漸減小時，宇航員對座椅的壓力逐漸減小，但仍大于其重力3、關于物理學中的貢獻，下列說法正確的是（ ）A奧斯特最先發現電流的磁效應且首先制造出最原始的發電機B法拉第通過大

3、量的實驗研究發現電磁感應現象且首先制造出最原始的發電機C惠更斯發現單擺具有等時性，他由此制造出第一臺擺鐘D伽利略發現單擺具有等時性，他由此制造出第一臺擺鐘4、在科學的發展歷程中，許多科學家做出了杰出的貢獻下列敘述符合歷史事實的是()A愛因斯坦發現了萬有引力定律B卡文迪許總結出了行星運動的三大規律C伽利略否定了亞里士多德“重物比輕物下落快”的論斷D牛頓首先較準確地測出了萬有引力常量G的數值5、2016年9月15日，我國發射了空間實驗室“天宮二號”。它的初始軌道為橢圓軌道，近地點和遠地點的高度分別為和，如圖所示。關于“天宮二號”在該橢圓軌道上的運行，下列說法正確的是A在點的動量大小小于在點的動量大

4、小B在點的加速度小于在點的加速度C在點的機械能大于在點的機械能D從點運動到點的過程中引力始終做負功6、如圖所示，長為3L的輕桿課繞水平轉軸O轉動，在桿兩端分別固定質量均為m的球A、B（可視為質點），球A距軸O的距離為L現給系統一定動能，使桿和球在豎直平面內轉動當球B運動到最高點時，水平轉軸O對桿的作用力恰好為零，忽略空氣阻力已知重力加速度為g，則球B在最高點時，下列說法正確的是A球B的速度為0B桿對球B的彈力為0C球B的速度為D球A的速度等于二、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

5、0分。7、有質量相同的三個小物體a、b、c。現將小物體a從高為h的光滑斜面的頂端由靜止釋放，同時小物體b、c分別從與a等高的位置開始做自由落體運動和平拋運動，如圖所示。對三個物體從釋放到落地過程中，下列判斷正確的是A物體b、c同時落地B三個物體落地前瞬間的動能相同C重力對三個物體做功相同D重力對三個物體做功的平均功率相同8、如圖，水平傳送帶長為s，以速度v始終保持勻速運動，把質量為m的貨物放到A點，貨物與皮帶間的動摩擦因數為，當貨物從A點運動到B點的過程中，摩擦力對貨物做的功可能（ ）A大于B大于umgsC小于D小于umgs9、一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t0時刻開始受到水平外力的作

6、用力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說法中正確的是（ ）A物體在t0和2t0時刻相對于出發點的位移之比是15B物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是15C外力在O到t0和t0到2t0時間內做功之比是18D外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1810、物體甲的位移與時間圖象和物體乙的速度與時間圖象分別如圖甲、乙所示，則這兩個物體的運動情況是()A甲在整個t6s時間內有來回運動B甲在整個t6s時間內運動方向一直不變C乙在整個t6s時間內有來回運動D乙在整個t6s時間內運動方向一直不變三、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。1

7、1（6分）如圖所示，為“驗證碰撞中的動量守恒”的實驗裝置示意圖已知a、b小球的質量分別為ma、mb，半徑相同，圖中P點為單獨釋放a球的平均落點，M、N是a、b小球碰撞后落點的平均位置.(1)本實驗必須滿足的條件是_.A斜槽軌道必須是光滑的B斜槽軌道末端的切線水平C入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放D入射球與被碰球滿足ma=mb(2)為了驗證動量守恒定律，需要測量OP間的距離x1、OM間的距離x2和_.(3)為了驗證動量守恒，需驗證的關系式是_.12（12分）某個同學設計了一個電路，既能測量電池組的電動勢E和內阻r，又能同時測量未知電阻Rx的阻值器材如下：A電池組（四節干電池） B待測

8、電阻Rx（約l0）C電壓表V1（量程3V、內阻很大）D電壓表V2（量程6V、內阻很大）E電阻箱R（最大阻值99. 9）F開關一只，導線若干實驗步驟如下：（1）將實驗器材連接成如圖(a)所示的電路，閉合開關，調節電阻箱的阻值，先讓電壓表V1接近滿偏，逐漸增加電阻箱的阻值，并分別讀出兩只電壓表的讀數（2）根據記錄的電壓表V1的讀數U1和電壓表V2的讀數U2,以為縱坐標，以對應的電阻箱的阻值R為橫坐標，得到的實驗結果如圖(b)所示由圖可求得待測電阻Rx=_ （保留兩位有效數字）（3）圖(c)分別是以兩電壓表的讀數為縱坐標，以兩電壓表讀數之差與電阻箱阻值的比值為橫坐標得到結果由圖可求得電池組的電動勢E

9、=_V，內阻r=_；兩圖線的交點的橫坐標為_A，縱坐標為_V.（結果均保留兩位有效數字）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）有尺寸可以忽略的小物塊A，放在足夠長的水平地面上取一無蓋的長方形木盒B將A罩住B的左右內壁間的距離為LB的質量與A相同A與地面間的滑動摩擦系數A，B與地面間的滑動摩擦系數為B，且BA開始時，A的左端與B的左內壁相接觸（如圖所示），兩者以相同的初速度0向右運動已知A與B的內壁發生的碰撞都是完全彈性的，且碰撞時間都極短A與B的其它側面之間均無接觸，重力加速度為g（1）經過多長時間A、B發生

10、第一次碰撞（設碰撞前A、B均未停下）（2）A和B右側第一次相碰后，若A還能夠和B的左端相遇，試通過定量討論說明此次相遇時A、B兩個物體的速率哪個大些？還是等大？（3）要使A、B同時停止，而且A與B間輕輕接觸（即無作用力），求初速0的所有可能的值。（用含有L、B、A和g的代數式表示）14（16分）一個磁感應強度為B的均勻磁場，垂直于一軌距為l的導軌（導軌足夠長）軌道與水平面有的切角，一根無摩擦的導體棒，質量為m，橫跨在兩根導軌上，如圖所示。如果由導體棒和軌道組成的電路在以下幾種不同情況下被閉合，當從靜止開始放開導體棒后，棒將會如何運動呢?（除電阻R外，其余電路的電阻都忽略不計，電磁輻射忽略不計，

11、線圈的自感電動勢）(1)一個阻值為R的電阻；(2)一個電容為C的電容；(3)一個電感為L的線圈。15（12分）在一寬廣的平靜湖面上有相距的兩個波源、，它們都產生上下振動的水波已知水波在該湖面上的傳播速度為，波源、的振動圖像如圖中的甲.乙所示，在湖面上與相距，與相距處有一觀測點P，時刻讓兩波源同時開始振動（i）求觀測點P的起振時刻及起振方向；（ii）畫出觀測點P從起振開始一個半周期內的振動圖像參考答案一、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】設球的重力為G，乙板和水平面的夾角為，對小球受力分析有， ，轉動之前， ， ，故

12、A錯誤；轉動后， ，所以，故B錯誤；由知轉動時值一直減小，則一直減小，故C正確，D錯誤。2、D【解析】A.火箭加速上升時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態。故A錯誤B.飛船加速下落時，加速度方向向下，宇航員處于失重狀態，故B錯誤。C.飛船在落地前減速，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態，宇航員對座椅的壓力大于其重力，故C錯誤。D.火箭加速上升時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態，宇航員對座椅的壓力大于其重力，若加速度逐漸減小時依然超重，壓力仍大于重力。故D正確。3、B【解析】奧斯特最先發現電流的磁效應，法拉第首先制造出最原始的發電機，故A錯誤；法拉第通過大量的實驗研究發現電磁感應現象且首先

13、制造出最原始的發電機，故B正確；伽利略最先發現單擺做微小擺動的等時性，惠更斯利用其等時性制作了擺鐘，故CD錯誤4、C【解析】牛頓發現了萬有引力定律，選項A錯誤；開普勒總結出了行星運動的三大規律，選項B錯誤；伽利略否定了亞里士多德“重物比輕物下落快”的論斷，選項C正確；卡文迪許首先較準確地測出了萬有引力常量G的數值，選項D錯誤；故選C.5、D【解析】A.近地點速度大于遠地點速度，故衛星在點的動量大小大于在點的動量大小，A錯誤；B.在點受到的引力大于N點，故M點的加速度大于N點，B錯誤；C.衛星運動過程中，機械能守恒，故M、N兩點機械能相等，C錯誤；D.從點運動到點的過程中，萬有引力夾角和速度夾角

14、大于90，故萬有引力始終做負功，D正確；故選D。6、D【解析】試題分析：球B運動到最高點時，球B對桿恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有，解得，故AB錯誤，C正確；因為AB同軸轉動，B的半徑是A的兩倍，所以有：，即，故D錯誤考點：向心力、牛頓第二定律【名師點睛】本題中兩個球組成的系統內部動能與重力勢能相互轉化，機械能守恒，同時兩球角速度相等，線速度之比等于轉動半徑之比二、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、AC【解析】A、由于同時b、c分別從等高的位置開始做自由落體運動

15、和平拋運動，c在豎直方向的運動也是自由落體運動，由分運動與合運動的同時性可知，物體b、c同時落地，故A正確。B、三個物體落地前重力做的功相同，由動能定理可知，動能的變化相同，但初動能不相同，所以三個物體落地前瞬間的動能不相同，故B錯誤。C、重力對三個物體做功相同，都是mgh，故C正確。D、a物體沿滑斜面頂端下滑到底端用的時間較b、c長，所以重力對三個物體做功的平均功率不相同，故D錯誤。故選：A、C8、CD【解析】若物塊一直做勻變速直線運動,根據動能定理有Wf=EK，Wf=mgx；知EK可能等于，可能小于不可能大于若物塊先做勻變速直線運動，然后做勻速直線運動，根據動能定理有Wf=EK，Wfmgx

16、；知EK可能等于mgx，可能小于mgx，不可能大于mgx，故不可能的是C，ABD都有可能本題選不可能的，故選C【名師點睛】物塊在傳送帶可能一直做勻變速直線運動，也有可能先做勻變速直線運動，然后做勻速直線運動，根據動能定理判斷摩擦力對貨物做功的可能值9、AC【解析】A項：0到t0時間內的加速度，這段時間內的位移為，t0時刻的速度為，t0到2t0時間內的加速度為，所以t0到2t0時間內的位移為：，所以2t0時刻相對于出發點的位移為：，所以物體在t0和2t0時刻相對于出發點的位移之比是1：5，故A正確；B項：2t0時的速度為：v2=v1+a2t0=所以物體在t0和2t0時刻的瞬時速度之比是1：3，故

17、B錯誤；C項：根據動能定理得：外力在0到t0時間內做的功為，外力在t0到2t0時間內做的功為，所以外力在0到t0和t0到2t0時間內做功之比是1：8，故C正確；D項：外力在t0的時刻的瞬時功率為P1=F0v1=，2t0時刻的瞬時功率P2=2F0v2=，所以外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1：6，故D錯誤故應選：AC【點睛】解決本題的關鍵掌握瞬時功率的公式P=Fvcos，以及牛頓第二定律、運動學基本公式的應用10、BC【解析】AB、甲圖是位移時間圖象，斜率表示速度，不變，故乙在整個t=6s時間內運動方向一直不變，位移為x=2m（2m）=4m，故A錯誤，B正確；CD、乙圖是vt圖象，速度的正

18、負表示運動的方向，故前3s向負方向運動，后3s向正方向運動，即做來回運動，故C正確，D錯誤；故選BC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、BC ON間的距離x3 (或) 【解析】第一空.A.“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B.要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C.要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止滾下，故C正確；D.為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求mamb，故D錯誤.應填B

19、C.第二空.要驗證動量守恒定律定律，即驗證：，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：，得：，因此實驗需要測量：測量OP間的距離x1，OM間的距離x2，ON間的距離x3；第三空.由以上分析可知，實驗需要驗證:，或.12、8.0 6.0 4.0 0.50 4.0 【解析】(2)1串聯電路電流處處相等，由圖（a）所示電路圖可知：則：則圖象的斜率：解得：RX=8.0(3)23由圖（a）所示電路圖可知：圖線是電源的U-I圖象，由圖示圖象可知，電源電動勢：E=6.0V，電源內阻：45圖線是RX的U-I圖象，兩圖線交點反應的是電源與定值電阻直接串聯時的

20、情況，交點的橫坐標：縱坐標：U=E-Ir=6-0.504=4.0V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）2L(B-A)g（2）等大；（3）n(A+B)2gLB-A ,n為正整數【解析】（1）對A：Amg=maA ，xA=v0t1-12aAt12 對B：Bmg=maB ， xB=v0t1-12aBt12 xA-xB=L，解得：t1=2L(B-A)g （2）設A、B第一次在右壁相碰前的速度分別為1和2，碰后速度分別為3和4， mv1+mv2=mv3+mv4 12mv12+12mv22=12mv32+12mv42 得： v3=v2=v0-Bgt1 v4=v1=v0-Agt1設經過時間t2，A與B的左側相遇，此時A、B的速度分別為5、6，則：L=(v4t2-12Bgt22)-(v3t2-12Agt22) 代入得t1=t2 所以有：v5=v3-Agt2=v0-Bgt1-Agt1 ，v6=v4-Bgt2=v0-Agt1-Bgt1顯然v5=v6 （3）每次A與B的左側相遇時二者的速度都相同，且比前一次相遇時的速度減小v0=（A+B）gt1 為滿足題中要求，只要某次A與B的左側相遇時二者的速度都恰好等于0即可，即需要v0=nv0，其中n=1、