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?？荚嚱Y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、一質量m=0.6kg的物體以v0=20m/s的初速度從傾角為300的斜坡底端沿斜坡向上運動當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了Ek=18J，機械能減少了E=3J，不計空氣阻

2、力，重力加速度g=10m/s2，則物體返回斜坡底端時的動能為（ ）A40JB60JC80JD100J2、在水平地面上有相距為L的A、B兩點，甲小球以v110 m/s的初速度，從A點沿與水平方向成30角的方向斜向上拋出，同時，乙小球以v2的初速度從B點豎直向上拋出若甲在最高點時與乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法錯誤的是A乙球的初速度v2一定是5 m/sB相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度CL為2.5mD甲球與乙球始終在同一水平面上3、如圖所示,在光滑絕緣的水平面上方有兩個方向相反的沿水平方向的勻強磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小分別為B1=B和B2=2B

3、，一個豎直放置的邊長為l、質量為m、電阻為R的正方形金屬線框以初速度v垂直于磁場方向從圖中實線位置開始向右運動,當線框運動到在每個磁場中各有一半的面積時,線框的速度為則下列判斷錯誤的是 A此過程中通過線框截面的電荷量為B此過程中線框克服安培力做的功為mv2C此時線框的加速度為D此時線框中的電功率為4、如圖所示，人在岸上用輕繩拉船，若人勻速行進，則船將做（ ）A勻速運動 B減速運動C加速運動 D無法判定5、如圖所示，B木塊沿固定斜面勻減速下滑，此時將A木塊完全吻合地疊加在B木塊上能保持相對靜止一起下滑，木塊A和B接觸面是水平的，B與斜面和A之間的動摩擦因數因分別為1和2，斜面傾角為。最大靜摩擦力

4、等于滑動摩擦力，在下滑過程中，則正確的說法是（ ）AA與B一起運動時，B的受力個數為4B2(1cos-sin)cos C10可得1tan，選項C錯誤；B單獨運動時加速度: 1mBgcos-mBgsin=mBa，則a=a，則選項D錯誤；故選B.6、C【解析】試題分析：小球通過軌道的最低點，此時輕桿對小球的拉力為F1=7.5mg，解得, 小球通過最高點時輕桿對小球的支持力為0.5mg，則,解得，小球在此半個圓周運動過程中應用動能定理：，解得，故選項C正確考點：牛頓第二定律 動能定理【名師點睛】對圓周運動過程的某一狀態點，常常用牛頓運動定律和向心力的公式建立方程，在豎直平面內做圓周運動的最低點有，在

5、最高點有對圓周運動過程的而言，若沒有摩擦力和阻力，可以利用機械能守恒或動能定理建立處末狀態之間的聯系，若有摩擦力和阻力，一般用動能定理列方程求解二、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、CD【解析】“下蹲”過程中，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態后處于超重狀態；“起立”的過程中，先向上做加速運動，后向上做減速運動，最后回到靜止狀態，人先處于超重狀態后處于失重狀態，故“起立”、“下蹲”的過程，都能出現超重和失重的現象。AB錯誤，CD正確。故選CD。8、

6、CD【解析】A、盧瑟福通過粒子散射實驗建立了原子核式結構模型，故A錯誤；B、核力本質是核子與核子間相互作用，而核子只存在于質子和質子間，中子和中子間，且只在210-15m內起作用，故B錯誤；C、天然放射現象中，原子核發生衰變，生成新核，同時有電子或粒子產生，因此說明了原子核可以再分，具有復雜的結構，故C正確；D、光電效應與康普頓效應的物理本質是相同的，都是個別光子與個別電子的相互用，說明光具有粒子性，故D正確；故選CD。9、AC【解析】設物體的質量為m，剪斷細繩的瞬間，繩子的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細繩的瞬間a受到重力和彈簧的拉力，剪斷前對bc和彈簧組成的整體分析可知，故a受到

7、的合力，故加速度，A正確，B錯誤；設彈簧的拉力為，則，根據胡克定律可得，C正確，D錯誤10、AC【解析】試題分析：衛星繞地球做圓周運動萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，由于：r乙r甲，則T甲T乙，故A正確；衛星繞地球做圓周運動萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，由于乙的軌道半徑大于地球半徑，則乙的線速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；星繞地球做圓周運動萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，由于：r乙r甲，則a乙a甲，故C錯誤；由題意可知，衛星軌道半徑間的關系為：r乙r甲；甲是地球同步衛星，它的軌道在赤道平面內，甲不可能通過北極上方，故D錯誤；故選A考點：萬有引力

8、定律的應用【名師點睛】本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力是解題的關鍵，應用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題，本題是一道常規題三、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)C(2)AC(3)【解析】（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質量大于被碰小球的質量為了使兩球發生正碰，兩小球的半徑相同；（2）兩球做平拋運動，由于高度相等，則平拋的時間相等，水平位移與初速度成正比，把平拋的時間作為時間單位，小球的水平位移可替代平拋運動的初速度將需要驗證的關系速度用水平位移替代【詳解】（1

9、）在小球碰撞過程中水平方向動量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞過程中動能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v10，即m1-m20，m1m2，為了使兩球發生正碰，兩小球的半徑相同，r1=r2，故選C（2）P為碰前入射小球落點的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1；碰撞后入射小球的速度v2 ；碰撞后被碰小球的速度v3；若m1v1=m2v3+m1v2則表明通過該實驗驗證了兩球碰撞過程中動量守恒，代入數據得：m1=m1+m2，所以需要測量質量和水平位移，用到的儀器是直尺、天平；故選AC（3）若關系式m

10、1=m1+m2成立，即表示碰撞中動量守恒【點睛】本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證12、（1）B （2）a （3）c （4）0.24 【解析】（1）根據小燈泡的規格可知，加在小燈泡上的電壓不能超過2.5V，流過的電流不能超過，故電流表用A2，電壓表用V1；滑動變阻器選用分壓接法，宜選阻值較小的R1可以便捷調節，故選B。（2）小燈泡屬于小電阻，應使用電流表外接法，故電壓表的右端應與電路中的a點相連;（3）開關閉合之前，圖1中滑動變阻器的滑片應該置于c端，此時燈泡和一段導線并聯，燈泡中無電流通過，比較安全；（4）設燈泡與電動勢為3.6V，內

11、阻為12的電源組成電路后，小燈泡電壓為U，流過小燈泡電流為I，根據閉合電路歐姆定律可知，在I-U圖像中描點連線，即得到小燈泡此時的工作點電壓和電流分別為1.2V，0.20A，故小燈泡的實際功率約為0.24W。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）0.5 （1）1m（3）3.3N【解析】試題分析：(1) 滑塊恰能滑到與O等高的D點，速度為零，對A到D過程，運用動能定理列式可求出動摩擦因數，(1) 滑塊恰好能到達C點時，由重力提供向心力，根據牛頓第二定律列式可得到C點的速度范圍，再對A到C過程，運用動能定理求初速度

12、v0的最小值，(3) 離開C點做平拋運動，由平拋運動的規律和幾何知識結合求時間(1) 滑塊在整個運動過程中，受重力mg、接觸面的彈力N和斜面的摩擦力f作用，彈力始終不做功，因此在滑塊由A運動至D的過程中，根據動能定理有：，解得；（1）滑塊要能通過最高點C，則在C點所受圓軌道的彈力N需滿足：N0在C點時，根據牛頓第二定律有： 在滑塊由A運動至C的過程中，根據動能定理有：由式聯立解得滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0需滿足：；(3) 滑塊從C點離開后將做平拋運動，根據平拋運動規律可知，在水平方向上的位移為：xvt在豎直方向的位移為：根據圖中幾何關系有： 由式聯立解得：t0.1s點晴：本題是動能定理

13、與向心力、平拋運動及幾何知識的綜合，關鍵要注意挖掘隱含的臨界條件，知道小球通過豎直平面圓軌道最高點時，重力恰好提供向心力，對于平拋運動，要結合幾何知識進行求解14、（1）（2）【解析】試題分析：（1）AB發生相對滑動，對A：，對B：滑出時滿足：A的位移為：（2）滑塊與木塊之間產生的內能考點：考查了牛頓第二定律，相對運動，摩擦力做功15、（1）(1)(3)【解析】試題分析：（1）以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/1時，導體棒在重力與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得式中由各式可得到（1）當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即式中解得導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有得此時導體棒重力的功率為根據能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率，即所以，（3）設導體棒ab進入磁場II后經過時間t的速度大小為