1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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,細線的一端固定于O 點,另一端系一小球. 在水平拉力作用下,小球以恒定速率在豎直平面內由A 點運動到B 點. 在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是A逐漸增大B逐漸減小C先增大,后減小D先減小,后增大2、A、B兩物體沿同一方向

2、運動，它們的圖像如圖所示，下列判斷正確的是A在時刻前，B物體始終在A物體的前面B在這段時間內，B物體的位移比A物體的位移大C在時刻前，B物體的速度始終比A物體增加得快D在時刻兩物體不可能相遇3、如圖,直線a與四分之一圓弧b分別表示兩質點A、B從同一地點出發,沿同一方向做直線運動的v-t圖，當B的速度變為0時,A恰好追上B,則A的加速度為（ ）ABCD4、如圖所示，中間有孔的物塊A套在光滑的豎直桿上，通過滑輪用不可伸長的輕繩將物體拉著勻速向上運動，則關于拉力F及拉力F的功率P，則下列說法正確的是（ ）AF不變，P減小BF增大，P增大CF增大，P不變DF增大，P減小5、如圖所示，A、B兩個小球在同

3、一豎直線上，離地高度分別為2h和h，將兩球水平拋出后，兩球落地時的水平位移大小之比為1：2，則下列說法正確的是( )AA,B兩球的初速度大小之比為1：4BA,B兩球的初速度大小之比為：2C若兩球同時落地，則兩球拋出的時間差為D若兩球同時拋出，則落地的時間差為6、如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角為的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()A0BgCg Dg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、如圖所示，

4、質量均為m的小球A、B用勁度系數為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方L處，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數為k2(k2k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2.下列關于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關系，正確的是( )AFT1FT2BFT1FT2CF1F1，故BC正確，AD錯誤8、AC【解析】AB子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊，并留在其中的過程中系統所受外力之和為零，動量守恒，在子彈A打中木塊B有滑動摩擦力做功，系統機械能不守恒

5、。故A正確，B錯誤；CD在子彈射入的過程動量守恒，根據動量守恒定律得：(M+m)v=mv0之后子彈、木塊、彈簧組成的系統，只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當速度等于零時，彈簧機械能最大，則有：故C正確，D錯誤.9、BC【解析】考點：功率、平均功率和瞬時功率分析：由圖可知，汽車從靜止開始做勻加速直線運動，隨著速度的增加，汽車的功率也要變大，當功率達到最大值之后，功率不能在增大，汽車的牽引力就要開始減小，以后就不是勻加速運動了，當實際功率達到額定功率時，功率不能增加了，要想增加速度，就必須減小牽引力，當牽引力減小到等于阻力時，加速度等于零，速度達到最大值解答：解：A、0t1時間內，汽車的速度是均勻增

6、加的，是勻加速運動，所以汽車的牽引力不變，加速度不變，功率增大，所以A錯誤B、由A的分析可知，B正確C、t1t2時間內，汽車的功率已經達到最大值，功率不能再增加，所以汽車的牽引力在減小，加速度也要減小，所以C正確D、由C的分析可知，D錯誤故選BC點評：這題考的知識點是汽車的兩種啟動方式，恒定加速度啟動和恒定功率啟動本題屬于恒定加速度啟動方式，由于牽引力不變，根據p=Fv可知隨著汽車速度的增加，汽車的實際功率在增加，此過程汽車做勻加速運動，當實際功率達到額定功率時，功率不能增加了，要想增加速度，就必須減小牽引力，當牽引力減小到等于阻力時，加速度等于零，速度達到最大值10、BCD【解析】由圖可知，

7、 , ，兩列波的波速相同，故根據 可知， ，選項A錯誤；機械波在此介質中的傳播速度 ，選項B正確；t=8s時，兩列波均傳到O點，由兩列波在O點引起的振動方向均向下，故0點處在平衡位置并向y軸負方向運動，選項C正確；t=11s時，由A振動在O點的振動位移為零，振動速度向上；由B振動在O點的振動位移為10cm，振動速度為零；故由振動的合成可知，0點處在y=10cm處，并向y軸正方向運動，選項D正確；因兩列波的頻率不同，故此兩列波在x軸相遇時，在AB間不會形成穩定的干涉圖樣，選項E錯誤；故選BCD.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、 (1)

8、F (2)B (3)C中應加上“記下兩條細繩的方向”. E中應說明“把橡皮條的結點拉到同一位置O” 【解析】本實驗是要驗證平行四邊形定則，注意在理解實驗的原理基礎上，掌握實驗的方法和數據的處理方法以及需要注意的事項，尤其是理解本實驗的“等效”思想【詳解】（1）F是通過作圖的方法得到合力的理論值，而F是通過一個彈簧稱沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力效果相同，測量出的合力故方向一定沿AO方向的是F；（2）本實驗采用的科學方法是等效替代法，故選B（3）步驟C中應加上“記下兩條細繩的方向”步驟E中應說明“把橡皮條的結點拉到同一位置O”12、2.4 0.58

9、 0.60 在誤差允許的范圍內，m1、m2 組成的系統機械能守恒 9.7 【解析】(1)1根據在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點時的速度為(2)2物體的初速度為零，所以動能的增加量為3重力勢能的減小量等于物體重力做功，故4在誤差允許的范圍內，m1、m2 組成的系統機械能守恒。(3)5本題中根據機械能守恒可知即有所以作出的圖象中，斜率表示重力加速度，由圖可知斜率故當地的實際重力加速度四、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）帶正電（2）【解析】（1）由平衡條件可判斷小球一定

10、受向右的電場力，即電場力與電場線方向相同，故小球帶正電（2）小球靜止在電場中的受力如圖所示，由平衡條件有，故14、（1） （2） （3） （4）【解析】（1）對木板，受拉力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得，F-mg=Ma1，解得： （2）對小物塊，受摩擦力作用，由牛頓第二定律得，mg=ma2，解得：a2=g=0.210m/s2=2m/s2，長木板運動的位移：x1=a1t2=312m=1.5m，小物塊運動的位移：x2=a2t2=212m=1m，則小物塊相對于長木板的位移：x1=x1-x2=1.5m-1m=0.5m（3）剛撤F時，長木板的速度：v1=a1t=3m/s21s=3m/s，小物塊的速度：v

11、2=a2t=2m/s21s=2m/s，撤F后，長木板的加速度： ，最終長木板與小物塊速度：v=v2+a2t=v1-at，代入數據可解得：t=0.4s，v=2.8m/s（4）在t時間內，長木板運動的位移：，小物塊運動的位移： ，則小物塊相對于長木板運動的位移：x2=x1-x2=1.16m-0.96m=0.2m，所以小物塊相對于長木板運動的總位移：x=x1+x2=0.5m+0.2m=0.7m15、 (1)1.6m/s2 (2)4m/s (3)1200Ns 方向垂直斜面向上【解析】(1)設斜面傾角為，則sin=hL=35，所以cos=45對沿斜面下滑時的旅客受力分析，由牛頓第二定律可得，mgsin-mgcos=ma解得：旅客沿斜面下滑時的加速度大小a=gsin-gcos=1.6m/s2(2)旅客從斜面頂端由靜止開始滑到斜面底端，據運動學公式可得，v2-0=2aL解得：旅客滑到斜面底端時的速度大小v=