1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60，C是圓環軌道的圓心，已知在同一時刻a、b兩球

2、分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點，則（）Aa球最先到達M點Bb球最先到達M點Cc球最先到達M點Db球和c球都可能最先到達M點2、如圖所示是某質點做簡諧運動的振動圖象關于質點的運動情況，下列描述正確的是（）At1.5s時，質點正沿x軸正方向運動Bt1.5s時，質點的位移方向為x軸負方向Ct2s時，質點的速度為零Dt2s時，質點的加速度為零3、如圖所示，O為兩個等量異種電荷連線的中點，P為連線中垂線上的一點，對O、P兩點的比較正確的是（ ）AOP，EOEPBOP，EO=EPCO、P兩點所在直線為等勢面D負電荷在P點的電勢能大4、津京城際列車“

3、復興號”在2018年8月8號實現350公里時速運行，這樣，從天津站到北京南站的時間就控制在三十分鐘以內以下四個運動圖線，能基本表示“復興號”列車在津京段運動規律的是（ ）ABCD5、某運動物體做勻加速直線運動，加速度大小為，那么此物體：（ ）A在任意1s內末速度一定等于初速度的0.6倍B任意1s的初速度一定比前1s的末速度大0.6m/sC在每1s內的速度變化大小為0.6m/sD在任意1s內通過的位移大小為0.3m6、下列說法不正確的是A亞里士多德認為力是維持物體運動的原因B牛頓三大定律都可以通過實驗來驗證C做曲線運動的物體其合力可以是恒力D卡文迪許利用扭秤實驗測出了引力常量G的數值二、多項選擇

4、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、有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，各衛星排列位置如圖所示，則Aa的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等Cc在4小時內轉過的圓心角是/3，a在2小時內轉過的圓心角是/6Db的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定小于24小時8、如圖所示，光滑長

5、鐵鏈由若干節組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為遠大于一節鐵鏈的高度和長度鐵鏈靠慣性通過軌道繼續前進，下列判斷正確的是A在第一節完成圓周運動的過程中，第一節鐵鏈機械能守恒B每節鐵鏈通過最高點的速度依次減小C第一節與最后一節到達最高點的速度大小相等D第一節回到最低點至最后一節進入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變9、如圖所示,一質量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處,B為軌道最高點,C、D為圓的水平直徑兩端點輕質彈簧的一端固定在圓心O點, 已知彈簧的勁度系數為k=mg/R，原長為L=2R，彈性限度內，若給小球一水平初速度v0,已知重力加速度為g,則（ ）A無論v0多大，小球均不會離開圓軌

6、道B若在則小球會在B.D間脫離圓軌道C只要，小球就能做完整的圓周運動.D只要小球能做完整圓周運動,則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差恒為6mg10、如圖甲所示，質量為m2的長木板靜止在光滑的水平面上，其上靜止一質量為m1的小滑塊，現給木板施加一隨時間均勻增大的水平力F，滿足F=kt（k為常量，t代表時間），長木板的加速度a隨時間t變化的關系如圖乙所示。已知小滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A在02s時間內，小滑塊與長木板間的摩擦力增大B小滑塊與長木板間的動摩擦因數Cm1與m2之比為1：3D當小滑塊從長木板上脫離時，其速度比長木板小0.5m/s三、實驗題：本題共2小

7、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）利用如圖甲所示的實驗電路圖測量兩節干電池組成的電源的電動勢和內阻 甲 乙（1）在實驗操作正確的情況下測得數據記錄在下表中，請在圖乙中作出U-I圖像_（2）根據U-I圖像，可得該電池組的電動勢E=_V，內阻r=_（結果均保留兩位有效數字）（3）本實驗存在系統誤差，原因是_（選填“電壓表分流”或“電流表分壓”），由此造成電源內阻測量值_（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值12（12分）在探究加速度與物體所受合外力和質量間的關系時，采用如圖所示的實驗裝置，小車及車中的砝碼質量用M表示，盤及盤中的砝碼質量用m表示，小車

8、的加速度可由小車后拖動的紙帶上由打點計時器打出的點計算出：（1）當M與m的大小關系滿足_時，才可以認為細線對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力（2）一組同學在保持盤及盤中的砝碼質量一定的情況下，探究加速度與小車質量的關系，以下做法正確的是_A平衡摩擦力時，應將盤及盤中的砝碼用細線繞過定滑輪系在小車上B每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力C實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源D小車運動的加速度可用天平測出m和M，直接用公式a求出（3）在保持小車及車中的砝碼質量M一定，探究加速度與所受合外力的關系時，由于平衡摩擦力時操作不當，兩位同學得到的aF關系分別如圖中甲、乙所示（a是小車的加速度

9、，F是細線作用于小車的拉力）其原因分別是：甲圖：_；乙圖：_.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）質量為的小車靜止于光滑水平面上，小車的上表面由光滑的圓弧和光滑平面組成，弧半徑為，車的右端固定有一不計質量的彈簧，如圖所示。現有一質量為的滑塊從圓弧最高處無初速下滑，與彈簧相接觸不栓接并壓縮彈簧。重力加速度求：彈簧具有的最大的彈性勢能；當滑塊與彈簧分離時小車的速度。14（16分）如圖所示，質量m的小球套在半徑為R的固定光滑圓環上，圓環的圓心為O，原長為0.8R的輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與圓

10、環在同一豎直平面內，圓環上B點在O的正下方，當小球在A處受到沿圓環切線方向的恒力F作用時，恰好與圓環間無相互作用，且處于靜止狀態已知： ， ，彈簧處于彈性限度內， ， ，重力加速度g=10m/s1求：（1）該彈簧的勁度系數k；（1）撤去恒力，小球從A點沿圓環下滑到B點時的速度大小vB；（3）小球通過B點時，圓環對小球的作用力大小NB 15（12分）長木板A放在光滑的水平面上,質量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖所示,求:（1）系統損失的機械能為多少;（2）木板A的最小長度為多少;（3）A、B間的

11、動摩擦因數為多少參考答案一、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】如圖所示令圓環半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足所以對于a球令AM與水平面成角，則a球下滑到M時滿足解得同理b球從B點下滑到M點用時也滿足上式中r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，rR，綜上所述可得故C正確，ABD錯誤。故選C。2、D【解析】在t=1.5s時刻，圖象切線的斜率為負，說明質點是從x的最大位移處向平衡位置方向運動的，運動的方向沿x的負方向，故A錯誤由圖可知，1.5s末質點的位移大于0，質點的位移方向為x軸正方向，故B錯誤

12、由圖可知，在t=2s時刻，質點的位移為0，則速度為最大，故C錯誤由圖可知，在t=2s時刻，質點的位移為0，則恢復力等于0，根據牛頓第二定律可知加速度等于0，故D正確故選D.點睛：此題關鍵是知道位移時間圖象的斜率等于速度，從而分析質點的速度方向質點通過平衡位置時速度最大，加速度最小；通過最大位移處時加速度最大3、C【解析】等量異種點電荷連線的中垂線電勢為零，所以o=P，由等量異種點電荷的電場線的分布，可得O點的電場線最密，P點的較疏。所以EoEp，故AB錯誤；等量異種點電荷連線的中垂線是等勢線，因此負電荷在P點的電勢能與O點相同，故C正確，D錯誤；故選C。【點睛】雖然電場線不是實際存在的，但電場

13、線的疏密可以體現電場強度的強弱；可以根據電場線方向來確定電勢的高低；同時還考查了等量異種點電荷的電場線的分布，電場線與等勢線相互垂直。4、C【解析】A、由x-t圖線知，列車開始勻速運動，中間靜止，最后反向勻速運動，最后回到初位置，這與列車的實際運動不符合，故A錯誤B、由x-t圖線知，列車開始勻速運動，緊接著就反向勻速運動，最后回到初位置，這與列車的實際運動不符合，故B錯誤C、由v-t圖線可知，列車開始勻加速運動，然后勻速運動，最后做加速度逐漸減少的減速運動，平穩的到達北京南站，故C正確D、由v-t圖線可知，列車開始勻加速運動，然后勻速運動，最后還是做勻加速運動，顯然與實際運動不符合，故D錯誤故

14、選C5、C【解析】AC物體做勻加速直線運動，加速度大小為0.6m/s2，知任意1s內的速度的增量為0.6m/s，所以在任意1s內末速度不一定等于初速度的0.6倍。故A不符合題意，C符合題意。B物體在某1s初和前1s末是同一時刻，速度相等。故B不符合題意。D物體做勻加速運動，根據，可知每秒通過的位移不一定都是0.3m。故D不符合題意。6、B【解析】A力是維持物體運動的原因是亞里士多德的觀點，A正確，不符合題意；B牛頓第一定律是理想實驗，不受外力作用，但在現實中不可能實現，所以不能夠通過實驗進行驗證，B錯誤，符合題意；C平拋運動是曲線運動，物體只受重力作用，C正確，不符合題意；D卡文迪許利用扭秤實

15、驗測出了引力常量，D正確，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【解析】衛星a隨地球自轉做勻速圓周運動向心力由萬有引力的分力提供：，可知其向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；對b、c、d萬有引力提供向心力：，可得軌道半徑越大，線速度、角速度越小，a、c兩顆衛星角速度相等，再結合v=r可知c的線速度大于a的線速度，所以四個衛星中b的線速度最大，故B正確；a、c周期相等都是24小時，c在4小時內(即T/6)轉過的圓心角是/3，2小時是T/12，a轉過的圓心

16、角是/6，所以C正確；根據可知，軌道半徑越大，周期越大，b、c、d三顆衛星，d的周期最大，b的周期最小，故d的周期大于24小時，所以D錯誤8、CD【解析】A、鐵鏈、火車、繩等由完全相同的各部分構成連接體，各部分之間有彈力作用，若選一節研究，有除重力或彈簧彈力的其他外力做功，機械能不守恒；但選取真個系統為對象時，各部分的力屬于內力，做功抵消，系統只有重力做功，機械能守恒，A錯誤B、D、當系統的重心上升到圓心處，重力勢能增大，由系統機械能守恒知動能減小；以后每下降一節，后面上升一節，系統的機械能不變，則速度相等，故B錯誤，D正確C、第一節到達最高點和最后一節到最高點時系統的重心位置相同，由知重力勢

17、能相等時動能相等，則每一節的速率相等，C正確故選CD【點睛】本題以豎直平面內的圓周運動為模型，考查了機械能守恒定律的一種應用：由完全相同的各部分構成的連接體模型，明確機械能守恒定律的條件是系統內只有重力或彈簧彈力做功9、ACD【解析】AB彈簧的勁度系數為，原長為L=2R，所以小球始終會受到彈簧的彈力作用，大小為F=k（L-R）=kR=mg，方向始終背離圓心，無論小球在CD以上的哪個位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分量都小于等于彈簧的彈力（在CD以下，軌道對小球一定有指向圓心的支持力），所以無論v0多大，小球均不會離開圓軌道。故A符合題意，B不符合題意。C小球在運動過程中只有重力做功，彈簧的彈

18、力和軌道的支持力不做功，機械能守恒，當運動到最高點速度為零，在最低點的速度最小，有，解得：所以只要，小球就能做完整的圓周運動，故C符合題意。D在最低點時，設小球受到的支持力為N，根據牛頓第二定律有：，解得：運動到最高點時受到軌道的支持力最小，設為N，設此時的速度為v，由機械能守恒有：，此時合外力提供向心力，有：，可得：。聯立可得壓力差為：N=6mg，與初速度無關。故D符合題意。10、AD【解析】A在02s時間內，小滑塊與長木板相對靜止，它們之間為靜摩擦力，對小滑塊有Ff=ma1a1在增大，所以靜摩擦力Ff也在增大，A正確；BC長木板的加速度a在3s時突變，所以小滑塊在3s時脫離長木板，對長木板

19、在3s時刻前、后的運動分析，由牛頓第二定律可得F3Ff3=m2a前=m2（2m/s2）F3=m2a后=m2（3m/s2）解得Ff3=m2（1m/s2）在02s時間內F=（m1+m2）a1=kt所以在23s時間內FFf3=m2a2所以由圖線斜率可知解得m1=m2BC錯誤；D在2s時刻，小滑塊與長木板的速度相同，在23s時間內小滑塊的速度的變化量為v1=1m/s長木板的速度變化量為v2=1.5m/s所以3s時，長木板比小滑塊的速度大0.5m/s，D正確。故選AD。【點睛】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、 3.0 1.0 電壓表分流 小于

20、 【解析】由題中“利用如圖甲所示的實驗電路圖測量兩節干電池組成的電源的電動勢和內阻”可知，本題考查電源電動勢和內阻的測量，根據閉合電路歐姆定律和U-I圖像可解答本題。【詳解】（1）1根據表中數據可得下圖（2）2 根據U-I圖像，可得該電池組的電動勢即為U軸交點即E=3.0V；3圖像斜率表示，所以內阻；（3）4由于電路采用內接法，因此電壓表分流是導致誤差的主要原因；5因為采用內接法，所以電流表測量值比電源電流要小，因此電源內阻測量值偏小。12、mM B 木板的傾角過大 沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 【解析】（1）1對盤及盤中砝碼：mgFma；對小車：FMa聯立可得：aFmg只有當mM時，才可認為Fmg.（2）2平衡摩擦力時，先去掉盤、盤中砝碼和細線，只讓小車在重力沿斜面方向的分力作用下向左運動，當小車能勻速運動時，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正確；調好后，當再次改變小車質量時，無需再平衡摩擦力，B正確；實驗時，要先接通打點計時器的電源，使打點計時器正常工作，再釋放小車，C不正確；小車的加速度是通過處理紙帶確定的，D不正確（3）12.由甲圖可看出F0時，a0，說明木板的傾角過大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力由乙圖可看出