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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和

2、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、某班級同學要調換座位，一同學用斜向上的拉力拖動桌子沿水平地面勻速運動已知桌子的總質量為10 kg，若拉力的最小值為50 N，此時拉力與水平方向間的夾角為重力加速度大小為g=10 m/s2，桌子與地面間的動摩擦因數為，不計空氣阻力，則A，=60B，=60C，=30D，=302、以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的圖像可能正確的是ABCD3、如圖是一汽車在平直路

3、面上啟動的速度-時間圖象，t1時刻起汽車的功率保持不變由圖象可知（）A0-t1時間內，汽車的牽引力增大，加速度增大，功率不變B0-t1時間內，汽車的牽引力不變，加速度不變，功率不變Ct1-t2時間內，汽車的牽引力減小，加速度減小Dt1-t2時間內，汽車的牽引力不變，加速度不變4、如圖所示，太陽神車由支架撐起近似光滑的橫軸，軸上懸吊一個巨大的擺，游客被固定在擺最前端的大圓盤A上擺可繞軸在豎直平面內左右擺動，擺動幅度可達 180，同時 A 也可繞其中心軸自轉，可為游客提供高達 4.3g的加速度啟動電機，將擺拉至左側成水平后釋放，不考慮 A 的自轉，則在擺無動力擺動的過程中A當擺處于右側最高點時，游

4、客受力平衡B當擺再次到達左側最高點時，游客可體驗最大的加速度C上擺的過程中，座椅對游客的作用一直大于他的重力D下擺的過程中，座椅對游客的作用力先小于他的重力后大于他約重力5、關于場強和電勢的下列說法，不正確的是( )A在勻強電場中,電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢B處于靜電平衡狀態的導體是等勢體C在電場中兩點間移送電荷的過程中,電場力始終不做功,則電荷所經過路徑上的各點場強一定為零D兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的電勢相等6、如圖所示，正方形區域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，M、N分別為AB、AD邊的中點，一帶正電的粒子（不計重力）以某一速度從M點平行于AD

5、邊垂直磁場方向射入并恰好從A點射出。現僅將磁場的磁感應強度大小變為原來的，下列判斷正確的是A粒子將從D點射出磁場B粒子在磁場中運動的時間不變C磁場的磁感應強度變化前、后，粒子在磁場中運動過程的動量變化大小之比為2:1D若其他條件不變，繼續減小磁場的磁感應強度，粒子可能從C點射出二、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、傾角為的斜面上部存在豎直向下的勻強電場兩帶電量分別為q1、q2，質量分別為m1、m2的粒子以速度v1、v2垂直電場射入，并在斜面上某點以速度v1、v2射出，在

6、電場中的時間分別為t1、t2.入射速度為v2的粒子射的更遠，如圖所示，不計粒子重力下列說法正確的是A若v1v2，則t1v2，則v1v2D若v1v2，則v1v28、下圖是示波管的工作原理圖：電子經電場加速后垂直于偏轉電場方向射入偏轉電場，若加速電壓為，偏轉電壓為，偏轉電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y為電子離開偏轉電場時發生的偏轉距離取“單位偏轉電壓引起的偏轉距離”來描述示波管的靈敏度，即 (該比值越大則靈敏度越高)，則下列哪種方法可以提高示波管的靈敏度（ ）A減小 B增大 C增大L D減小d9、如圖是一輛汽車做直線運動的s-t圖象,對線段OA、AB、BC、CD所表示的運動,下列說法正

7、確的是（ ）AOA段運動最快BAB段靜止CCD段表示的運動方向與初始運動方向相反D運動4h汽車的位移大小為30km10、如圖a所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖b所示（g=12m/s2），則下列結論正確的是（ ）A物體的質量為3kgB物體的加速度大小為5m/s2C彈簧的勁度系數為15N/cmD物體與彈簧分離時動能為24J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）如圖甲所示的裝置叫做阿

8、特伍德機，是英國數學家和物理學家阿特伍德創制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規律某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示(1)實驗時，該同學進行了如下操作：將質量均為M (A的含擋光片，B的含掛鉤)的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態，測量出_ (填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h.在B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t.測出擋光片的寬度d，計算有關物理量，驗證機械能守恒定律(2)如果系統(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，應滿足的

9、關系式為_ (已知重力加速度為g)(3)引起該實驗系統誤差的原因有_ (寫一條即可)(4)驗證實驗結束后，該同學突發奇想：如果系統(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，不斷增大物塊C的質量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決：寫出a與m之間的關系式：_ (還要用到M和g)a的值會趨于_12（12分）如圖甲是某同學測量重力加速度的裝置，他將質量均為M的兩個重物用輕繩連接，放在光滑的輕質滑輪上，這時系統處于靜止狀態該同學在左側重物上附加一質量為m的小重物，這時，由于小重物m的重力作用而使系統做初速度為零的緩慢加速運動，該同學

10、用某種辦法測出系統運動的加速度并記錄下來完成一次實驗后，換用不同質量的小重物，并多次重復實驗，測出不同m時系統的加速度a并作好記錄（1）若選定物塊從靜止開始下落的過程進行測量，則需要測量的物理量有（_）A小重物的質量m B大重物的質量MC繩子的長度 D重物下落的距離及下落這段距離所用的時間（2）經過多次重復實驗，得到多組a、m數據，做出圖像，如圖乙所示，已知該圖象斜率為k，縱軸截距為b，則可求出當地的重力加速度g_，并可求出重物質量M_（用k和b表示）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,長為L的絕

11、緣細線,一端固定在O點,一端拴著質量為m、電荷量為q(q0)的小球,小球所處的空間存在場強大小為3mgq(g為重力加速度)方向豎直向上的勻強電場。現將細線拉直到水平位置,使小球由靜止釋放，當小球的速度沿水平方向時,細線被拉斷,之后小球繼續運動并經過P點(圖中未畫出),已知P點與O點間的水平距離為L,不計阻力,求: (1)細線被拉斷前瞬間的拉力大小；(2)O、P兩點間的電勢差.14（16分）如圖所示，斜面AC長L = 1m，傾角 =37，CD段為與斜面平滑連接的水平地面一個質量m = 2kg的小物塊從斜面頂端A點由靜止開始滑下小物塊與斜面、地面間的動摩擦因數均為 = 0.1不計空氣阻力，重力加速

12、度g取10m/s2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.2求： （1）小物塊在斜面上運動時的加速度大小a； （2）小物塊滑到斜面底端C點時的速度大小v； （3）小物塊在水平地面上滑行的時間t15（12分）圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖.首先在發動機作用下，探測器受到推力在距月球高度為處懸停（速度為0，遠小于月球半徑）；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達距月面高度為處的速度為，此后發動機關閉，探測器僅受重力下落至月面.已知探測器總質量為（不包括燃料），地球和月球的半徑比為，質量比為，地球表面附近的重力加速度為，求：（1）月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月

13、面時的速度大小；（2）從開始豎直下降到剛接觸月面時，探測器機械能的變化參考答案一、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、A【解析】對桌子受力分析，如圖所示根據平衡條件可知，水平方向有，豎直方向有，其中，故，令，則；當時，F有最小值， ，故，選項A正確故選A.2、D【解析】試題分析：豎直上拋運動不受空氣阻力，做向上勻減速直線運動至最高點再向下自由落體運動，圖象時傾斜向下的直線，四個選項均正確表示；考慮阻力的上拋運動，上升中，隨著減小，減小，對應圖象的斜率減小，選項A錯誤下降中，隨著隨著增大，繼續減小而在最高點時，對應圖與軸的交點，

14、其斜率應該等于（此時與豎直上拋的最高點相同的加速度），即過交點的切線應該與豎直上拋運動的直線平行，只有D選項滿足故選D考點：本題考查了牛頓第二定律、圖象的特點、豎直上拋運動狀態的判斷3、C【解析】0t1時間內，汽車的速度是均勻增加的，是勻加速直線運動，汽車的牽引力不變，加速度不變，由P=Fv知功率增大，故AB錯誤t1t2時間內，汽車的功率保持不變，速度在增大，由P=Fv知汽車的牽引力在減小，由牛頓第二定律知F-f=ma，知加速度減小，故C正確，D錯誤故選C4、D【解析】當擺錘擺至最高點的瞬間，擺錘和游客將開始下降，所以具有向下的加速度，游客受力不平衡故A錯誤；當擺錘擺至最低點時，擺錘的速度最大

15、，向心加速度最大，所以在最低點游客可體驗最大的加速度，而最高點速度最小，向心加速度最小故B錯誤；上擺的過程中，速度逐漸減小，則游客所受座椅的作用力逐漸減小，先大于重力，后小于重力，選項C錯誤；在水平位置時，座椅對游客的作用力為零，下擺的過程中，速度逐漸增加，則座椅對游客的作用力先小于他的重力后大于他的重力，選項D正確；故選D【點睛】本題關鍵對游客受力分析和運動情況分析，找出加速度方向，牢記加速度的方向向上時處于超重狀態，加速度的方向向下時處于失重狀態5、C【解析】A由勻強電場中電場強度的表達式：可知，在勻強電場中，電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢，故A不符題意；B處于靜

16、電平衡狀態的導體是等勢體，其表面是等勢面，故B不符題意；C由電場力做功與電勢差的關系：W=qU可知，在電場中兩點間移送電荷的過程中，電場力始終不做功，則電荷所經過路徑上的各點的電勢相等，而電勢與場強無關，故各點場強的關系未知，故C符合題意；D由于兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的場強均垂直于中垂面，故沿中垂面移動電荷，電場力不做功，故該面上各點的電勢相等，故D不符題意.6、B【解析】A設正方形的邊長為a，由題意可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，當磁場的磁感應強度大小變為原來的時，粒子軌道半徑變為原來的2倍，即，粒

17、子將從N點射出。故A錯誤。B由運動軌跡結合周期公式，可知，當磁場的磁感應強度大小變為原來的時，則，粒子從A點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間，粒子從N點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間，可得：t1=t2，即 粒子在磁場中運動的時間不變。故B正確。C磁場的磁感應強度變化前，粒子在從磁場中運動過程的速度變化大小為2v，磁場的磁感應強度變為原來的后，粒子在磁場中運動過程中的速度變化大小為，即速度變化大小之比為。故C錯誤。D無論磁場的磁感應強度大小如何變化，只要磁感應強度的方向不變，粒子都不可能從C點射出。故D錯誤。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，

18、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、BD【解析】A、設任一粒子在電場中運動時間為t，初速度為v0，加速度為a，位移為s，則根據，根據牛頓第二定律得：，聯立得：得：，由于兩個粒子的比荷關系未知，所以若v1v2時運動時間關系不能確定，故A錯誤，B、若，由水平位移知：，由得：，故B正確；C、粒子落在斜面上時的速度大小為，將代入得：，可知：若，則，若，則，故C錯誤，D正確；故選BD【點睛】不計重力，粒子在電場中做類平拋運動，根據豎直位移與水平位移之比等于tan，列式可求得時間t的表達式，根據表達式分析即可8、ACD【解析】經加速電場后的速度為v，則，所

19、以電子進入偏轉電場時速度的大小為，電子進入偏轉電場后的偏轉的位移為，所以示波管的靈敏度，所以要提高示波管的靈敏度可以增大、減小d和減小，ACD正確選ACD9、BC【解析】試題分析：直線運動的s-t圖象中斜率表示速度：CD段斜率最大，運動的最快，A錯誤；AB段斜率為零，靜止，B正確；CD段（斜率為負）表示的運動方向與初始運動（斜率為正）方向相反，C正確；運動4h汽車的位移大小為零，D錯誤考點：本題考查直線運動的s-t圖象10、BD【解析】試題分析：物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故A錯誤；剛開始物體處于靜止狀態，重力和彈力二力平衡，有mg=kx，拉力F1為12N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉

20、力，根據牛頓第二定律，有F1+kx-mg=ma，物體與彈簧分離后，拉力F2為32N，根據牛頓第二定律，有F2-mg=ma聯立三式，代入數據解得m=2kg,k=500N/m=5N/cm,a=5m/s2，AC錯誤B正確；當物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，根據x=v22a可得分離時物體的速度為v=0.4m/s，故此時的動能為Ek=12mv2=0.4J，D正確；考點：考查了牛頓第二定律與圖像【名師點睛】在使用牛頓第二定律時，一般步驟為：1、確定研究對象；2、分析物體運動狀態；3、對研究對象受力分析；4、建立坐標系；5、選取正方向；6、根據牛頓第二定律列方程求解，必要時對結果進行討論分析三、實驗題：本題

21、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、擋光片中心 繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等 重力加速度g 【解析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為5.5mm，可動刻度讀數為0.0120.0mm=0.200mm，所以最終讀數為：5.5mm+0.200mm=5.700mm（2）需要測量系統重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光電門中心的距離，系統的末速度為：，則系統重力勢能的減小量Ep=mgh，系統動能的增加量為：,若系統機械能守恒，則有：（3）系統機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有質量；滑輪與繩子有摩擦；重物運動受到阻力作用（4）根據牛頓第二定律得，系統所受的合力為mg，則系統加速度為：，當m不斷增大，則a趨向于g【點評】考查螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀，解決本題的關鍵知道實驗的原理，知道誤差產生的原因，掌握整體法在牛頓第二定律中的運用12、AD 1/b k/2b 【解析】(1)對整體分析,根據牛頓第二定律得： ,計算得出 ,根據 得： .所以需要測量的