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、簡諧運動的物體，在返回平衡位置過程中，變大的物理量是A動能B回復力C位移D機械能2、如圖所示，足夠長的半徑為R=0.4 m的1/4圓弧形光滑軌道固定于豎直平面內，圓弧形軌道與光滑固定的水平軌道相切，可視為質點的質量均為m=1 kg的小球甲、乙用輕桿連接，置于圓弧形軌道上，小球甲與O點等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平面上運動。g取10 m/s2。則()A兩球最終在水平面上運動的速度大小為2 m/sB小球甲下滑過程中機械能守恒C小球甲下滑到圓弧形軌道最低點時，對軌道壓力的大小為10 ND整個過程中輕桿對小球乙做的功為1 J3、下列說法正確

3、的是（）A密立根通過實驗研究，總結出了庫侖定律B法拉第提出了場的概念，并提出通過形象直觀的場線來研究這種特殊物質C牛頓最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同D伽利略的理想斜面實驗沒有以事實為基礎，只是理想推理4、在離地面足夠高的地方以20m/s的初速度豎直上拋一小球，不計空氣阻力，經過一段時間后，小球速度大小變為10m/s此時( )A小球的位移方向一定向上B小球的位移方向一定向下C小球的速度方向一定向上D小球的速度方向一定向下5、如圖所示,在繞中心軸轉動的圓筒內壁上,有一物體隨著圓筒一起轉動而未滑動.在圓筒的角速度增大的過程中,下列說法中正確的是（ ）A物體所受彈力逐漸增大,摩擦力大小一

4、定不變B物體所受彈力不變,摩擦力大小減小了C物體所受的摩擦力與豎直方向的夾角不為零D物體所受彈力逐漸增大,摩擦力也一定逐漸增大6、如圖所示，滑塊A和B疊放在固定的光滑斜面體上，從靜止開始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑則在下滑過程中正確的是（ ）AB對A的支持力不做功BB對A的合力不做功CB對A的摩擦力不做功DB對A的摩擦力做負功二、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、物體以初速度豎直上拋，經3s到達最高點，空氣阻力不計，g取，則下列說法正確的是( )A物體速度改變量的大

5、小為，方向豎直向上B物體上升的最大高度為45mC物體在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度之比為5:3:1D物體在1s內、2s內、3s內的平均速度之比為9:4:18、關于熱現象，下列說法中正確的是_。A顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無規則運動，這反映了液體分子運動的無規則性B擴散現象說明分子之間存在空隙，同時說明分子在永不停息地做無規則運動C晶體有固定的熔點，具有規則的幾何外形，具有各向同性的物理性質D可利用高科技手段、將流散的內能全部收集加以利用，而不引起其他變化E.對大量事實的分析表明，不論技術手段如何先進，熱力學零度最終不可能達到9、如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30

6、，質量分別為M、m的兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板開始時用手按住物體A，此時A與擋板的距離為s，B靜止于地面，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態已知M2m，空氣阻力不計松開手后，關于二者的運動下列說法中正確的是()AA和B組成的系統機械能守恒B當A的速度最大時，B與地面間的作用力為零C若A恰好能到達擋板處，則此時B的速度為零D若A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和10、如圖所示，一輕質彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質量為的平板，靜止在點，一質量為的均勻環套在彈簧外，與平板的距離

7、為，如圖所示，讓環自由下落，撞擊平板已知碰后環與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長，則下列說法正確的是（ ）A若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總機械能守恒B若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總動量守恒C環撞擊板后，板的新的平衡位置在點正下方D碰撞后新平衡位置與下落高度無關三、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）某同學在研究性學習中用如圖裝置來驗證機械能守恒定律，輕繩兩端系著質量相等的物體A、B，物體B上放一金屬片C，鐵架臺上固定一金屬圓環，圓環處在物體B的正下方，系統靜止時，金屬片C與圓環間的高度差為h，由靜止釋放后，系統開始運

8、動，當物體B穿過圓環時，金屬片C被擱置在圓環上，兩光電門固定在鐵架臺P1、P2處，通過數字計時器可測出物體B通過P1、P2這段距離的時間。（1）若測得P1、P2之間的距離為d，物體B通過這段距離的時間為t，則物體B剛穿過圓環后的速度v=_。（2）若物體A、B的質量均用M表示，金屬片C的質量用m表示，該實驗中驗證下面_（填正確選項的序號）等式成立，即可驗證牛頓第二定律。Amgh=12Mv2 Bmgh=Mv2Cmgh=12(2M+m)v2 Dmgh=12(M+m)v2 （3）本實驗中的測量儀器除了刻度尺、數字計時器外，還需要_。（4）若Mm，改變金屬片C的質量m，使物體B由同一高度落下穿過圓環，記

9、錄各次的金屬片C的質量m，以及物體B通過P1、P2這段距離的時間t，以mg為橫軸，以_（選填“t2”或“1t2”）為縱軸，通過描點作出的圖線是一條過原點的直線。12（12分）如圖甲所示，質量為m的滑塊A放在氣墊導軌上，B為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器B的距離數據實時傳送到計算機上，經計算機處理后在屏幕上顯示滑塊A的速率-時間（）圖象整個裝置置于高度h可調節的斜面上，斜面長度為（1）現給滑塊A沿氣墊導軌向上的初速度，其圖線如圖乙所示從圖線可得滑塊A上滑時的加速度大小_（結果保留一位有效數字）（2）若用此裝置來驗證牛頓第二定律，通過改變_，可驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系；通過改變_，

10、可驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系（重力加速度g的值不變）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，一傾角=37的斜面底端與一傳送帶左端相連于B點，傳送帶以v=6m/s的速度順時針轉動，有一小物塊從斜面頂端點以0=4m/s的初速度沿斜面下滑，當物塊滑到斜面的底端點時速度恰好為零，然后在傳送帶的帶動下，從傳送帶右端的C點水平拋出，最后落到地面上的D點，已知斜面長度L1=8m，傳送帶長度L2=18m，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數2=0.3，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（

11、1）求物塊與斜而之間的動摩擦因數l；（2）求物塊在傳送帶上運動時間；（3）若物塊在D點的速度方向與地面夾角為a=53，求C點到地面的高度和C、D兩點間的水平距離14（16分）5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示。每塊木塊的質量為m=1kg，長L=1m。它們與地面間的動摩擦因數1=0.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現有一質量為M=2.5kg的小鉛塊（視為質點），以v0=4m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數2=0.2。小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，求：（1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度。（2）通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊

12、才開始運動。（3）小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠。15（12分）如圖所示是利用電力傳送帶裝運麻袋包的示意圖傳送帶長l20 m，傾角37，麻袋包與傳送帶間的動摩擦因數0.8，傳送帶的主動輪和從動輪半徑R相等，傳送帶不打滑，主動輪頂端與貨車底板間的高度差為h1.8 m，傳送帶勻速運動的速度為v2 m/s.現在傳送帶底端（傳送帶與從動輪相切位置）由靜止釋放一只麻袋包（可視為質點），其質量為100 kg，麻袋包最終與傳送帶一起做勻速運動，到達主動輪時隨輪一起勻速轉動如果麻袋包到達主動輪的最高點時，恰好水平拋出并落在車廂底板中心，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.

13、8，求：（1）主動輪的半徑R；（2）主動輪軸與貨車車廂底板中心的水平距離x（3）麻袋包在傳送帶上運動的時間t；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】簡諧運動的物體，在返回平衡位置過程中，變大的物理量是速度，動能；而回復力、位移減小；機械能不變，選項A正確，BCD錯誤；故選A.2、A【解析】先對兩個球整體分析，只有重力做功，系統機械能守恒，根據機械能守恒定律列式分析；考慮重力對小球甲做功功率時，結合特殊位置進行分析；在圓弧軌道最低點，重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律列式分析；對球乙運用動能定理列

14、式分析。【詳解】A項：兩個球系統機械能守恒，則，解得：，故A正確；B項：由甲、乙組的系統機械能守恒可知，由于乙球的機械能增大，所以甲球的機械能減小，故B錯誤；C項：小球甲下滑到圓弧形軌道最低點，重力和支持力的合力提供向心力，故： 解得：，故C錯誤；D項：整個過程中，對球乙，根據動能定理，有：，故D錯誤。故應選：A。【點睛】本題關鍵時明確兩個球相同機械能守恒，而單個球的機械能不守恒，同時要結合動能定理分析，還要找到向心力來源。3、B【解析】A1785年法國物理學家庫侖利用扭秤實驗發現了電荷之間的相互作用規律庫侖定律，并測出了靜電力常量k的值，故A錯誤；B法拉第首先提出了場的概念，并提出通過形象直

15、觀的場線來研究這種特殊物質，故B正確；C最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同的科學家是伽俐略，不是牛頓，故C錯誤；D理想實驗是在實驗的基礎上，進行理想化推理，雖然是想象中的實驗，但是它建立在可靠的實驗基礎上，故D錯誤。故選B。4、A【解析】根據對稱性可知，小球返回拋出點時速度是20m/s，所以小球速度大小變為10m/s的位置一定在拋出點的上方，位移方向一定向上，故A正確，B錯誤豎直上拋運動是一種往復運動，上升和下降經過同一點位移相同，則小球的速度可能向上，也可能向下，故CD錯誤故選A點睛：要知道豎直上拋運動可以分成上升和下降兩個過程分段研究，兩個過程有對稱性也可以看成一種有往復的勻減速

16、直線運動進行處理 5、C【解析】ABD物體受重力、彈力和靜摩擦力大小，指向圓心的合力提供向心力，可知彈力提供向心力，角速度增大，根據，可知彈力逐漸增大。摩擦力在豎直方向上的分力等于重力，摩擦力沿運動方向上的分力產生切向加速度，若切向加速度不變，則切向方向上的分力不變，若切向加速度改變，則切向方向的分力改變，則摩擦力的大小可能不變，可能改變。故ABD錯誤。C因為摩擦力在豎直方向和圓周運動的切線方向都有分力，可知摩擦力與豎直方向的夾角不為零。故C正確。6、B【解析】AB對A的支持力豎直向上，A和B是一起沿著斜面下滑的，所以B對A的支持力與運動方向之間的夾角大于90，所以B對A的支持力做負功，所以A

17、錯誤B以A、B整體為研究對象，應用牛頓第二定律得a=gsin；隔離A分析，如圖所示，有mgsin+fcos-Nsin=ma得fcos=Nsinf與N的合力沿+y方向，B對A的合力不做功，故B正確CDB對A的摩擦力是沿著水平面向左的，與運動方向之間的夾角小于90，所以B對A的摩擦力做正功，故C D錯誤故選B考點：牛頓第二定律的應用；功二、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】速度改變量大小為，方向向下，故A錯誤；豎直上拋從最高點為自由落體運動故上升高度為，故B正確

18、；由運動學推論可知，在第1s末、第2s末、第3s末的速度分別為，0，故平均速度由公式得，物體在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度之比為5:3:1，故C正確；由，可知物體在1s內、2s內、3s內的位移之比為5:8:9，平均速度之比為5:4:3，故D錯誤；故選BC.【點睛】物體做豎直上拋運動，其加速度大小始終為g，方向豎直向下，上升階段：勻減速直線運動，達到最高點時速度為零，加速度還是g，應用勻變速直線運動的規律求解8、ABE【解析】A墨水中的小碳粒的運動是因為小碳粒周圍的大量水分子對它的撞擊作用力不平衡導致向各方向運動，由于水分子運動無規則，導致小碳粒的運動也沒有規則，故A正確；B擴散現象說

19、明分子之間存在空隙，同時分子在永不停息地做無規則運動，故B正確；C晶體分為單晶體和多晶體，多晶體物理性質各向同性，故C錯誤；D能量具有單向性，故不能將散失的能量在聚集利用，故D錯誤；E絕對零度是低溫物體的極限，不可能達到，故E正確。故選ABE。9、BD【解析】A. 對于M、m、彈簧組成的系統，只有重力和彈力做功，系統的機械能守恒，但對于M和m組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；B. 根題得：M的重力分力為Mgsin=mg；可知物體M先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，此時m所受的拉力為T=mg，故m恰好與地面間的作用力為零，故B正確；C. 從m開始運動至到M到達底部過程中，彈力的大小一直大于

20、m的重力，故m一直做加速運動，M到達底部時，m的速度不為零，故C錯誤；D.M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和，故D正確故選BD10、BCD【解析】A由于碰后速度相同，為完全非彈性碰撞，機械不守恒，減小的機械能轉化為內能，A錯誤；B圓環與平板碰撞過程，若碰撞時間極短，內力遠大于外力，外力可忽略不計，則系統總動量守恒，B正確；CD碰撞前板的平衡位置滿足kx=Mg碰撞后平衡時，有：即碰撞后新平衡位置在點正下方，且與下落高度無關，CD正確。故選BCD。【點睛】本題關鍵是抓住碰撞過程和碰撞后下降的兩個過程，碰撞過程動量守恒，機械能不守恒，之后環

21、與板及彈簧系統機械能守恒，滿足簡諧振動的規律。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、dt C 天平 1t2 【解析】（1）1B通過圓環后將勻速通過光電門，則B剛穿過圓環后的速度為：v=dt。（2）2選C。設繩子拉力大小為F，對A由牛頓第二定律得：F-Mg=Ma對B與C整體下落h的過程，由牛頓第二定律得：(M+m)g-F=(M+m)a再由運動學公式應有：v2=2ah，聯立以上各式可得：mg=（2M+m）v22h所以C正確。（3）3根據上面的表達式可知需要已知金屬片C的質量，所以還需要的器材是天平。（4）4在釋放至金屬片C被擱置在圓環上的過程

22、中，分別對A和B、C由牛頓第二定律可得：對A有F-Mg=Ma對B和C有(M+m)g-F=(M+m)a再由勻變速直線運動公式應有v2=2ah，v=dt聯立解得：1t2=2h(2M+m)d2mg因為Mm，則1t2=hMd2mg所以，以mg為橫軸，以1t2為縱軸的圖線是一條過原點的直線。12、 調節滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變 高度h 【解析】(1)在v-t圖象中斜率代表加速度故(2)牛頓第二定律研究的是加速度與合外力和質量的關系當質量一定時，可以改變力的大小，當斜面高度不同時，滑塊受到的力不同，可以探究加速度與合外力的關系由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保證向下的分

23、力不變，應該使不變，所以應該調節滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變【點睛】解答本題關鍵是能夠把v-t圖象運用物理規律結合數學知識解決問題對滑塊進行運動和受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決問題四、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）4s；（3）4.8m【解析】試題分析：（1）從A到B由動能定理即可求得摩擦因數（2）由牛頓第二定律求的在傳送帶上的加速度，判斷出在傳送帶上的運動過程，由運動學公式即可求的時間；（3）物體做平拋運動，在豎直方向自由落體運動，解：（1）從A到B由動能定理可知代入數據解得（2）物塊在傳送帶上由牛頓第二定律：2mg=maa=達到傳送帶速度所需時間為t=s加速前進位移為18m滑塊在傳送帶上再勻速運動勻速運動時間為故經歷總時間為t總=t+t=4s（3）設高度為h，則豎直方向獲得速度為聯立解得h=3.2m下落所需時間為水平位移為xCD=vt=60.8s=4.8m答：（1）求物塊與斜而之間的動摩擦因數l為（2）求物塊在傳送帶上運動時間為4s；（3）若物塊在D點的速度方向與地面夾角為a=53，C點到地面的高度為3.2m和C、D兩點間的水平距離為4.8m【點評】本題主要考查了動能定理、平拋運動的基本規律，運