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，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為，木板與水平面間動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小

2、相等，重力加速度為g。現對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是ABCD2、如圖所示，兩個帶有正電的等量同種點電荷，其連線和連線中垂線的交點為b，a、c為中垂線上的兩點，一個帶正電的粒子從圖中a點沿直線移動到c點，則（）A粒子所受電場力一直不變B電場力對粒子始終不做功Ca、b、c三點中，b點場強最大Da、b、c三點中，b點電勢最高3、如圖所示的靜電場中，、是某一條電場線上的兩個點，正檢驗電荷僅在電場力作用下從靜止開始自運動到的過程中（ ）A做勻加速運動B的速度逐漸增大C的電勢能逐漸增大D的加速度逐漸增大4、如圖所示，某轉筆高手能讓筆繞 O 點勻速轉動，A 是筆尖上的點，B 是 A

3、 和 O 的中點A、B 兩點線速度大小分別是 vA、vB，角速度大小分別是A、B，向心加速度大小分 別是 aA、aB，周期大小分別是 TA、TB，則( )AvA2vB BA2BCaAaB DTA2TB5、如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心，一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止P點。設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為， 下列關系正確的是（）ABCD6、冥王星繞太陽的公轉軌道是個橢圓，公轉周期為T0，其近日點到太陽的距離為a，遠日點到太陽的距離為b，半短軸的長度為c，A、B、C、D分別為長短軸的端點，如圖所示若太陽的質量為M，萬有引力常量為G，忽略其他行星對它的影響

4、則（ ）A冥王星從ABC的過程中，速率逐漸變大B冥王星從AB所用的時間等于C冥王星從BCD的過程中，萬有引力對它先做正功后做負功D冥王星在B點的加速度為二、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、已知引力常量為G，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g和地球的自轉周期為T，不考慮地球自轉的影響，利用以上條件可求出的物理量是（ ）A地球的質量B地球第一宇宙速度C地球與其同步衛星之間的引力D地球同步衛星的高度8、假設地球同步衛星的軌道半徑是地球半徑的 n 倍，則下列有關地球同步衛

5、星的敘述正確的是（）A運行速度是第一宇宙速度的倍B運行速度是第一宇宙速度的倍C向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉的向心加速度的 n 倍D向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉的向心加速度的倍9、已知金星繞太陽公轉的周期小于1年，則可判定（）A金星到太陽的距離小于地球到太陽的距離B金星的質量大于地球的質量C金星的密度大于地球的密度D金星的向心加速度大于地球的向心加速度10、光滑的水平面上固定著一個螺旋形光滑水平軌道，俯視如圖一個小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，關于小球運動的說法中正確的是（ ）A軌道對小球的壓力不斷增大，小球的線速度不變B軌道對小球做正功，小球的角速度不斷增大C軌道對小球做

6、負功，小球的角速度不斷增大D軌道對小球不做功，小球的線速度不斷增大三、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）某組同學計劃用如圖甲所示的實驗裝置，探究加速度a與合外力F及小車質量M之間的定量關系(1)為了平衡小車在運動過程中受到的阻力，必須使木板傾斜恰當的角度，若小車和木板之間的動摩擦因數為，則tan_（選填“”、“”或“=”）(2)實驗得到如圖乙所示的紙帶O點為小車運動起始時刻所打的點，選取時間間隔為0.1s的相鄰計數點A、B、C、D、E、F、G，小車的加速度大小為_m/s2（結果保留2位有效數字）(3)在處理實驗數據時，用m表示砝碼和

7、托盤的總質量，用M表示小車的質量，用g表示當地的重力加速度若用m、M和g表述小車的加速度，則測量值為_，理論值為_12（12分）請按照有效數字規則讀出以下測量值（1）_ _ （2）_ 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，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m，板長L=0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現在AB板間加如圖（b）所示周期性的方波形電壓，已知U0=1.0102V，t=0s時刻，A板電勢高

8、于B板電勢。在擋板的左側，有大量帶負電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續射向擋板，粒子的質量m=1.010-7kg，電荷量q=1.010-2C，速度大小均為v0=1.0104m/s，帶電粒子的重力不計，則：（1）求粒子在電場中的運動時間；（2）求在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到光屏中心O點的距離；（3）若撤去擋板，求粒子打在熒光屏上的最高位置和最低位置到光屏中心O點的距離。14（16分）如圖所示的升降機中，用OA、OB兩根繩子吊一個質量為20kg的重物，若OA與豎直方向的夾角37，OA垂直于OB，且兩繩所能承受的最大拉力均為320N，試求：（1）請判斷，隨著拉力增大，OA繩先斷還

9、是OB繩先斷.（2）為使繩子不斷，升降機豎直向上的加速度最大為多少？15（12分）如圖所示,AB為半徑R=0.8m的四分之一光滑圓弧軌道,下端B恰與小車右端平滑對接.小車質量M=3kg,車足夠長,車上表面距地面的高度h=0.2m,現有一質量m=1kg的滑塊,由軌道頂端無初速度釋放,滑到B端后沖上小車.已知地面光滑,滑塊與小車上表面間的動摩擦因數=0.3,當車運動了t0=1.5s時,車被地面裝置鎖定(g=10m/s2).試求:（1）滑塊到達B端時,軌道對它支持力的大小;（2）車被鎖定時,車右端距軌道B端的距離;（3）從車開始運動到被鎖定的過程中,滑塊與車面間由于摩擦而產生的熱量.參考答案一、單項

10、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、D【解析】若物塊和木板之間不發生相對滑動，物塊和木板一起運動，對木板和木塊的整體，根據牛頓第二定律可得：；解得：；若物塊和木板之間發生相對滑動，對木板，水平方向受兩個摩擦力的作用，根據牛頓第二定律，有：，解得：，故ABC錯誤，D正確。故選D。2、D【解析】A兩等量正電荷周圍部分電場線具有對稱性，其中兩個點電荷連線的中垂線abc上，從無窮遠到b過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠方向 故試探電荷所受的電場力是變化的，故A錯誤；B根據等量同種點電荷的電場特點可知，該電場在abc線上，電場

11、的方向由b分別指向a與c，所以正電荷從a經過b到達c的過程中，正電荷受到的電場力線指向a，后指向c，所以電場力線做負功，后做正功，故B錯誤；C根據等量同種點電荷的電場特點可知，兩個點電荷連線的中垂線與連線的交點處的電場強度等于0，一定不是最大，故C錯誤；D根據等量同種點電荷的電場特點可知，該電場在abc線上，電場的方向由b分別指向a與c，根據沿電場線的方向電勢降低可知，b點的電勢最高，故D正確故選D.3、B【解析】AD由于點的電場線比點的疏，由電場線較密的區域（大）運動到電場線較疏的區域（小），減小，減小故A、D錯誤；BC電荷帶正電，電場力做正功，所以電勢能減小，動能增大，速度逐漸增大，故B正

12、確，C錯誤故選：B4、A【解析】A. 筆桿上的各個點都做同軸轉動，所以角速度是相等的；A是筆尖上的點，B是A和O的中點，所以rB=rA/2，根據v=r，所以vA=2vB，故A正確，B錯誤；C. 由向心加速度公式an=2R，筆桿上的點離O點越遠的，做圓周運動的向心加速度越大。故C錯誤；D. 筆桿上的各個點都做同軸轉動，所以周期是相等的，故D錯誤。故選：A5、A【解析】物體處于平衡狀態，對物體受力分析，根據共點力平衡條件，可求出支持力和水平推力。對小滑塊受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FN、根據三力平衡條件，將受水平推力F和重力G合成，如圖所示，由幾何關系可得，A正確。【點睛】本題受力分析時

13、應該注意，支持力的方向垂直于接觸面，即指向圓心。本題也可用正交分解列式求解！6、D【解析】A、根據第二定律：對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內掃過的面積相等所以冥王星從ABC的過程中，冥王星與太陽的距離增大，速率逐漸變小，故A錯誤；B、公轉周期為T0，冥王星從AC的過程中所用的時間是0.5T0，由于冥王星從ABC的過程中，速率逐漸變小，從AB與從BC的路程相等，所以冥王星從AB所用的時間小于，故B錯誤；C、冥王星從BCD的過程中，萬有引力方向先與速度方向成鈍角，過了C點后萬有引力方向與速度方向成銳角，所以萬有引力對它先做負功后做正功，故C錯誤；D、根據幾何關系可知，冥王星在B點到太陽

14、的距離為r=，根據萬有引力充當向心力知=ma知冥王星在B點的加速度為=，故D正確；故選D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、ABD【解析】地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，即，解得： ，故A正確；地球的近地衛星所受的萬有引力提供向心力：根據： ，解得，故B正確；地球與其同步衛星之間的引力，不知道m的質量，所以無法求出地球與其同步衛星之間的引力，故C錯誤；地球的同步衛星的萬有引力提供向心力： ，代入地球的質量得衛星的高度： ，故D正確。所以ABD正確，C錯誤。8、B

15、C【解析】AB研究同步衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得 地球同步衛星的軌道半徑是地球半徑的n倍，所以同步衛星的運行速度是第一宇宙速的倍，故A錯誤B正確。CD同步衛星的周期與地球自轉周期相同，即同步衛星和地球赤道上物體隨地球自轉具有相等的角速度。根據圓周運動公式得：an=2r，因為r=nR，所以同步衛星的向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉的向心加速度的n倍。故C正確，D錯誤。故選BC。9、AD【解析】根據得，周期，由于地球公轉的周期大于金星公轉周期，則地球的軌道半徑大于金星的軌道半徑，故A正確。金星和地球屬于環繞天體，根據萬有引力定律理論無法求出環繞天體

16、的質量，則無法比較金星的質量和地球質量的大小關系，故B錯誤。由于金星和地球的質量無法比較，半徑也未知，無法比較密度的大小關系，故C錯誤。根據得，由于地球的軌道半徑大，則地球的向心加速度小，故D正確。故選AD。10、AB【解析】軌道的彈力方向與速度方向始終垂直，彈力不做功，根據動能定理知，速度的大小不變根據，半徑減小，角速度不斷增大故C正確，A、B、D錯誤故選C【點睛】解決圓周運動的兩條原理是動能定理判斷出速度大小的變化，牛頓第二定律得到力與速度的關系三、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、 = 0.99（0.981.0） 【解析】（1）為了

17、平衡小車在運動過程中受到的阻力，必須使木板傾斜恰當的角度，若小車不受拉力作用下能沿斜面勻速下滑，由平衡知： 得： （2）利用 得; 由于誤差存在，所以加速度在（0.981.00）都算正確；（3）在處理實驗數據時，用m表示砝碼和托盤的總質量，用M表示小車的質量，用g表示當地的重力加速度，由牛頓第二定律得： ，即這是實驗的理論值，但在測量時認為繩子對車的拉力等于鉤碼和托盤的總重力，所以測量值為 綜上所述本題答案是： (1). = (2). 0.99（0.981.0） (3). (4). 12、 【解析】(1) 螺旋測微器的固定刻度應讀作2.5mm，可動刻度讀作14.20.01mm=0.142mm，

18、最后讀數為2.5+0.142mm=2.642mm；(2) 螺旋測微器的固定刻度應讀作4.5mm，可動刻度讀作49.00.01mm=0.490mm，最后讀數為4.5+0.490mm=4.990mm；(3)游標卡主尺測量讀數為10.毫米，游標的最小分度為0.05mm，則游標的第16根與主尺刻度對齊，游標卡尺主尺與游標刻度線對齊的示數為10mm+160.05mm=10.80mm【點睛】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量。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)3

19、10-5s (2)0.85m（3）0.1m,0.005【解析】（1）進入電場的粒子在水平方向不受力，做勻速直線運動：L=v0t 粒子在電場中運動時間t=Lv0=310-5s（2）粒子在電場運動時間一共是310-5s，根據兩極板電壓變換圖b，在豎直方向上0-210-5s粒子勻加速運動，粒子勻減速直線運動，由于電壓大小一樣，所以加速度大小相等 離開電場時豎直方向速度：vy=a210-5s-a110-5s=1000m/s 豎直方向位移：y=12a(210-5)2+a210-5110-5-12a(110-5)2=0.035m 離開電場后到金屬板的過程，水平方向勻速直線運動：x=v0t豎直方向勻速直線運動y=vyt=0.05m所以打到熒光屏的位置到O點的距離y+y=0.085m因為任意時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間d2U4IL=T（交變電場變化的周期），設粒子在任意的t0時刻進入，離開電場時豎直方向的末速度 vy=a（2T3-t0）-aT3+at0=aT3=1000m/s 均相同 （也可借助圖像分析）所以所有粒子離開電場時的速度方向相互平行由（2）得，t=nT （n=0、1、2.）時刻進入的粒子，離開電場時在豎直方向上具有最大的位移y=0.035m若粒子進入的位置合適，粒子可以從極板的上邊緣離開