1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、符合題目要求的。1、兩個振幅相同的波源S1、S2在水槽中形成如圖所示的波形，其中實線表示波峰，虛線表示波谷，則 A在兩波相遇的區域中會產生干涉Ba點此時位移最大Ca點的振動始終加強Da點的振動始終減弱2、如圖所示，質量均為m的A、B兩球之間系著一條輕彈簧放在光滑的水平面上，A球靠緊墻壁，現用力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將力F撤去的瞬間，則（ ）A突然將F撤去瞬間，兩球的速度和加速度均為0BA球離開墻壁后，兩球的速度相等時彈簧恰好恢復原長CB球運動過程中加速度的最大值為DA球離開墻壁后，兩球的加速度始終大小相等，方向相反3、如圖所示是磁帶錄音機的磁帶盒的示意圖，A、B為纏繞磁帶的兩個輪子

3、邊緣上的點，兩輪的半徑均為r，在放音結束時，磁帶全部繞到了B點所在的輪上，磁帶的外緣半徑R=3r，C為磁帶外緣上的一點現在進行倒帶，則此時（ ）AA,B,C 三點的周期之比為 3：1：3BA,B,C 三點的線速度之比為 3：1：3CA,B,C 三點的角速度之比為 1：3：3DA,B,C 三點的向心加速度之比為 6：1：34、用一根細線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度后突然釋放，重物可將線拉斷，如果在細線上端拴一段橡皮筋，再從同樣高度釋放重物，細線不再被拉斷，這是因為拴上橡皮筋后在細線繃直時與不拴橡皮筋相比較( )A重物的動量減小 B重物動量改變量減小C重物所受沖量減小 D重物動量的變化率減小5

4、、紙面內有一個等邊三角形PMN，在MN兩頂點處可能有兩個負點電荷，每個電荷在頂點P產生的電場強度大小均為E，也可能有兩根通電直導線通有垂直于紙面向里的電流，每根導線中的電流在頂點P產生的磁感應強度大小均為B關于P點的電場強度或磁感應強度，下列說法正確的是（ ）A電場強度為E，方向豎直向下B電場強度為3E，方向豎直向上C磁感應強度為3B，方向水平向右D磁感應強度為B，方向豎直向上6、如圖所示，在邊長為l的正三角形的頂點分別固定一負電荷，處的電荷量為，中心處的場強恰好為零，已知靜電力常量為。若僅將處電荷改為等量的正電荷，則處場強的大小和方向分別為A，沿方向B，沿方向C，沿方向D，沿方向二、多項選擇

5、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、把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示迅速松手后，球升高至最高位置C（圖丙），途中經過位置B時彈簧正處于原長（圖乙）忽略彈簧的質量和空氣阻力則小球從A運動到B的過程中，下列說法正確的是（ ） A小球的速度先增大后減小 B小球的加速度一直減小C小球的機械能一直增大 D小球一直處于失重狀態8、如圖所示,a、b、c是在地球大氣層外圓形軌道上運動的3顆人造地球衛星,下列判斷正確的是( )Ab衛星加速就能追上同一軌道上的衛星Bb、c衛星

6、的線速度相等且大于a衛星的線速度Cb衛星的角速度等于c衛星的角速度Da衛星的周期大于b衛星的周期9、如圖所示為甲、乙兩個質點同時、同地向同一方向運動的vt圖，由圖可知A在03 s內，甲做勻加速直線運動B甲在3 s后改做勻速運動，在7 s末乙追上甲C57 s內兩者相互逐漸靠近D07 s內兩者在前進方向上的最大距離大于5 m10、如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)被固定在光滑絕緣水平面上P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點，且POON現將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質點)從P點由靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，關于小球C的速度圖象中，可能正確的是 ABCD三

7、、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）圖示為一小球做勻變速直線運動的頻閃照片，已按時間先后順序標注照片上小球的七個位置分別為O、A、B、C、D、E、F已知頻閃周期T=0.1s，小球各位置與O點間的距離分別為OA=5.66cm，OB=10.52cm，OC=14.57cm，OD=17.79cm，OE=20.19cm，OF=21.79cm（1）小球做_（填“勻加速”、“勻速”或“勻減速”）直線運動（2）小球到達位置A時的速度大小vA= _m/s，小球運動的加速度大小a=_ m/s2（結果保留兩位有效數字）12（12分）為了研究物體的動能與物

8、體的質量有怎樣的關系，某實驗小組設計了這樣一個實驗： 裝置如圖所示，將質量不同的小球從光滑斜面上同一高度處由靜止釋放，小球到達水平面時，立即遇到一系列條形布簾阻擋，經過一定的位移x后停下。因為布簾對小球的阻力恒定，所以每次小球克服阻力所作的功都與x成正比，他們記錄了每次實驗小球的質量m和小球的位移x，如下表所示：m（kg）0.100.200.300.400.50 x（m）0.080.160.230.320.41請回答下列問題：(1)實驗中，每次小球釋放的高度總是相同的，這樣做的目的是_；(2)在圖中兩出x-m圖像_；(3)根據圖像可以得出x與m的數學表達式為：_，你認為決定圖像的斜率大小的因素

9、可能是_。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）物體在萬有引力場中具有的勢能叫做引力勢能若取兩物體相距無窮遠時的引力勢能為零，一個質量為的質點距質量為的引力源中心為時，其萬有引力勢能（式中為引力常數）如圖所示，一顆質量為的人造地球衛星在離地面高度為的圓形軌道上環繞地球飛行，已知地球的質量為，地球半徑為求（1）該衛星在距地面高度為的圓軌道上繞地球做勻速圓周運動時衛星的周期為多少？（2）該衛星在距地面高度為的圓軌道上繞地球做勻速圓周運動時衛星的動能為多少？（3）假定該衛星要想掙脫地球引力的束縛，衛星發動機至少要做

10、多少功？14（16分）如圖，一個質量為m=2kg的小物塊靜置于足夠長的斜面底端。現對其施加一個沿斜面向上、大小為F=25N的恒力，3s后將F撤去，此時物塊速度達到15m/s。設物塊運動過程中所受摩擦力的大小不變，取g=10m/s2。求：（1）物塊所受摩擦力的大小；（2）物塊在斜面上運動離斜面底端的最遠距離；（3）物塊在斜面上運動的總時間。15（12分）如圖所示，一質量m=1kg的小物塊(可視為質點），放置在質量M=4kg的長木板左側長木板放置在光滑的水平面上初始時，長木板與物塊一起以水平速度v0=2m/s向左勻速運動，在長木板的左端上方固定著一障礙物A，當物塊運動到障礙物A處時與A發生彈性碰撞

11、(碰撞時間極短，無機械能損失)而長木板可繼續向左運動，取重力加速度g=10m/s（1）設長木板足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與長木板所能獲得的共同速率；（2）設長木板足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運動所能達到的最大距離是S=0.4m，求物塊與長木板間的動摩擦因數以及此過程中長木板運動的加速度的大小；（3）要使物塊不會從長木板上滑落，長木板至少應為多長？整個過程中物塊與長木板系統產生的內能參考答案一、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、B【解析】A從圖中看出，兩列波的波長不同，而在同一介質中不同的機械波的波

12、速相等，根據v=f，所以兩列水波的頻率不同，而只有兩列波的頻率相同時才能發生干涉現象，所以在兩波相遇的區域中不會產生干涉，故A錯誤；B此時a點為波峰與波峰疊加，a點的位移為這兩列波引起位移的矢量和，則此時a點位移最大，故B正確；CD從圖上可以看成，兩列波的波長不同，波速相等，則頻率不等，則不會發生干涉現象，不會出現振動始終加強點和減弱點，故CD錯誤。故選B。2、D【解析】試題分析：突然將力F撤去的瞬間，彈簧來不及改變，形變量不變，對A來說受力情況不變，合力仍為零，對B來說只受一個向右的彈力，故兩者的加速度之和不為零，A錯誤；在彈簧第一次恢復原長后，彈簧對A有向右的拉力，A才離開墻壁，B錯誤；撤

13、去前對B受力分析可得，撤去F后，B在水平方向上只受彈簧的彈力，隨后彈簧要恢復形變量，彈力在減小，故撤去F的瞬間B的加速度最大，最大為，C錯誤；A球離開墻壁后，兩球在水平方向上都只受彈簧的彈力，等大反向，所以A球離開墻壁后，兩球的加速度始終大小相等，方向相反，D正確；考點：考查了牛頓第二定律的瞬時性【名師點睛】在應用牛頓第二定律解決瞬時問題時，一定要注意，哪些力不變，（彈簧的的形變量來不及變化，彈簧的彈力不變），哪些力變化（如繩子斷了，則繩子的拉力變為零，或者撤去外力了，則外力變為零，）然后結合整體隔離法，應用牛頓第二定律分析解題3、B【解析】靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，故A、C

14、兩點的線速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半徑是A的半徑的2倍，根據v=r，知A：C=2：1B與C屬于同軸轉動，所以B=C根據周期與角速度的關系：T=2/所以：；B=C，則TB=TC；所以：A、B、C三點的周期之比1：2：2故A錯誤；B與C的角速度相等，由v=r可知：vB：vC=1：2；所以A、B、C三點的線速度之比2：1：2故B正確；由于A：C=2：1，B=C所以A、B、C三點的角速度之比2：1：1故C錯誤；向心加速度a=v，所以：aA：aB：aC=AvA：BvB：CvC=22：11：12=9：1：2故D錯誤故選B點睛：解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉

15、動的點具有相同的角速度掌握線速度與角速度的關系，以及線速度、角速度與向心加速度的關系4、D【解析】兩次從相同的高度釋放重物，直到細線繃直的一瞬間，重物都是做自由落體運動，由動能定理可知：mgh=12mv2，解得v=2gh，則兩次重物的末速度都相等，由p=mv以及p=mv-mv0=mv可知，重物的動量沒有減小，動量改變量也沒有減小，故AB錯誤。根據動量定理I=p，重物所受沖量等于自身動量改變量，故兩次重物所受沖量相等，故C錯誤。動量變化率為pt=F，第一次釋放，重物在很短的時間內減速到0，而第二次釋放過程中重物減速到0的時間更長，兩次減速過程動量變化值相等，故重物動量的變化率減小。【點睛】本題考

16、查動量定理和動能定理。5、C【解析】根據矢量合成的方法即可 求出P點的合場強；根據右手螺旋定則得出兩根通電導線在P點的磁感應強度的方向，根據平行四邊形定則得出合場強的大小。【詳解】A、B項：在MN兩頂點處有兩個負點電荷時，每個電荷在頂點P產生的電場強度大小均為E，方向分別沿PM方向與PN的方向，由矢量合成的特點可知，他們的合場強的方向一定沿二者的角平分線上，即合場強的方向豎直向下，根據平行四邊形定則可知，合場強的大小是3E，故A、B錯誤；C、D項：根據安培定則可知，導線M在P處產生的磁場方向垂直于MP方向向右，導線N在P處產生的磁場方向垂直于NP方向向右，根據平行四邊形定則得到，P處的總磁感應

17、強度為：B總=2Bcos300=3B方向平行于MN向右，故C正確，D錯誤。故應選：C。【點睛】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷通電電流周圍的磁場方向，以及知道磁感應強度是矢量，合成遵循平行四邊形定則。6、A【解析】A處的電荷量為Q，OA的距離為則Q在O點產生的電場強度為，由于B和C處電荷與A處的電荷在O點的合場強為零，則B和C處電荷在O處的電場強度大小為，方向沿AO方向；若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則O處場強的大小為沿AO方向，故A正確、BCD錯誤。故選A。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

18、全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】A到B的過程中，開始F彈mg，小球要先加速運動；之后mgF彈，小球將減速運動，當加速度為零，即彈力與重力大小相等的位置時，速度最大，故A正確；加速度先變小后變大，故B錯誤；此過程中彈力一直做正功，則小球的機械能一直增大，故C正確；小球加速度先向上后向下，則先超重后失重，故D錯誤故選AC點睛：小球與彈簧相互作用的問題，關鍵要根據小球的受力情況來分析小球的運動情況，要抓住彈簧的彈力隨壓縮量增大而增大的，注意小球的機械能不守恒，系統機械能守恒8、BCD【解析】根據萬有引力提供衛星圓周運動向心力GmMr2mv2rmr(2T)2mr2ma可知：b衛星原本勻速圓

19、周運動，萬有引力等于圓周運動向心力，現讓b衛星加速，則衛星所需向心力增加，而提供衛星圓周運動向心力的萬有引力沒有變化，故此時滿足離心運動條件：F供F需，故衛星將做離心運動而抬高軌道，故b加速后不能追上同一軌道運行的c衛星，故A錯誤由vGMr，b、c衛星的半徑比a小，則線速度比a大，故B正確；角速度GMr3可知b、c半徑相同，角速度大小相等，故C正確；T42r3GM可知，a衛星的半徑大，故周期大于b的周期，所以D正確；故選BCD.9、CD【解析】在03s內，甲的速度時間圖象是曲線，所以甲做變加速運動，故A錯誤甲在3s后改做勻速運動，在07s內甲圖形所包圍的面積大于乙圖形所包圍的面積，所以在7s末

20、乙沒有追上甲，故B錯誤5s末，甲在前面，乙在后面，但5s末后乙的速度大于甲的速度，所以57s內兩者相互逐漸靠近，故C正確當兩者速度相等時，前進方向上的距離最大，在05s內，圖形所包圍的面積等于它們的位移，根據面積之差知道最大距離大于5m，故D正確故選CD【點睛】解決圖象問題一是要注意圖象的橫縱坐標的含義以確定是什么圖象；二是要明白圖象代表的物理含義：速度圖象的斜率等于物體的加速度；“面積”表示位移10、AD【解析】在AB的垂直平分線上，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變為零，負電荷受力沿垂直平分線運動，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變為零，速度達到最大，由速度

21、與時間的圖象的斜率先變大后變小，由O點到無窮遠，速度變化情況與另一側速度的變化情況具有對稱性，如果PN足夠遠，則D正確，如果PN很近，則A正確，BC錯誤。故選AD。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、勻減速；0.53，0.82【解析】（1）從上面數據可以得到： ； ； ； ；從數據上可以看出相鄰相等時間內的位移差是一定值并且在減小，所以小球做的勻減速運動；（2）根據勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度負號表示加速度方向與運動方向相反故綜上所述本題答案是：（1） 勻減速； （2）. 0.53， （3） 0.8212、保證小球到達水平時的速度相同. 見解析. x=0.8m； 布簾的粗糙或蔬密程度等. 【解析】（1）1實驗中，每次小球釋放的高度總是相同的，這樣做的目的是為了保證小球到達水平時的速度相同；（2）2通過描點，用光滑的直線可得：（3）3由圖象可知，斜率故表達式：x=0.8m4決定圖象的斜率大小的因素可能是布簾的粗糙或蔬密程度等.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）（2）（3）【解析】試題分析：（1）由萬有引力提供向心力，然后結合牛頓第二定