1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升

2、到一定高度后再下落，如此反復，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t的變化圖象如圖乙所示，則（ ）At1時刻小球速度最大Bt2至t3時間內，小球速度一直增大Ct3時刻小球處于超重狀態Dt2至t3時間內，小球速度先增大后減小2、如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m（mM）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒B在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，且水平方向動量守恒D被彈簧反彈后，小

3、球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處3、下列幾種運動中，機械能一定守恒的是()A做勻速直線運動的物體B做勻變速直線運動的物體C做平拋運動的物體D做勻速圓周運動的物體4、關于重力做功與重力勢能變化的下列說法中正確的是( )A物體從A點沿不同的路徑運動到B點，重力勢能的變化不同B物體在重力和彈力作用下做勻速運動，物體的重力勢能一定不變C重力對物體做正功，物體的重力勢能就增加D重力對物體做的功等于物體的重力勢能的變化5、將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經過a點時的動能分別為Ek1和Ek1從拋出開始到小球第一次經過a點時重力所

4、做的功為W1，從拋出開始到小球第二次經過a點時重力所做的功為W1下列選項正確的是（）AEk1=Ek1，W1=W1BEk1Ek1，W1=W1CEk1Ek1，W1W1DEk1Ek1，W1W16、2017年6月19日，我國在西昌衛星發射中心發射“中星9A”廣播電視直播衛星，按預定計劃，“中星9A”應該首選被送入近地點約為200公里，遠地點約為3.6萬公里的轉移軌道II（橢圓），然后通過在遠地點變軌，最終進入地球同步軌道III（圓形）。但是由于火箭故障，衛星實際入軌后初始軌道I遠地點只有1.6萬公里。科技人員沒有放棄，通過精心操作，利用衛星自帶燃料在近地點點火，盡量抬高遠地點的高度，經過10次軌道調整

5、，終于在7月5日成功定點于預定軌道，下列說法正確的是( )A失利原因可能是發射速度沒有達到7.9km/sB衛星在軌道III經過Q點時和在軌道II經過Q點時的速度相同C衛星在軌道II由P點向Q點運行時處于超重狀態D衛星從軌道I的P點進入軌道II后機械能增加二、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，甲、乙兩物體在同一條直線上運動，折線是物體甲運動的圖象，直線是物體乙運動的圖象，則下列說法正確的是（ ） A甲、乙兩物體運動方向相反B甲做勻速直線運動，速度大小為7.5m/

6、sC乙做勻減速直線運動，加速度是5m/s2D甲、乙兩物體在距甲的出發點60m處相遇8、質量m的物塊（可視為質點）以v0的初速度從傾角=30的粗糙斜面上的P點沿斜面向上運動到達最高點后，又沿原路返回到出發點P點，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，且不計空氣阻力下列說法中正確的是（ ）A物塊所受的重力與摩擦力大小之比為5：3B整個過程中物塊克服摩擦力做功的功率為C整個過程中重力做功比摩擦力做功大D整個過程中重力沖量與摩擦力沖量之比10：19、如圖所示,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,三個球的質量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初狀態三個小球均靜止,BC球

7、之間連著一根輕質彈簧,彈簣處于原長狀態.現給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度變為向右,大小為2m/s，下列說法正確的是A球A和B碰撞是彈性碰撞B球A和B碰后,球B的最小速度可為0C球A和B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96JD球A和B碰后,彈簧恢復原長時球C的速度可能為12m/s10、如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時間t的變化情況如圖乙所示，t=0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當=2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是A1：2=1：2B1：2=1：

8、3C在02T時間內，當t=T時電子的電勢能最小D在02T 時間內，電子的電勢能減小了2e2T212md2三、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）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，質量m1 kg的重錘自由下落，紙帶上打出一系列的點，如圖所示，相鄰計數點時間間隔為0.02 s，長度單位為cm，取g9.8 m/s2.(1) 打點計時器打下計數點B時，重錘的速度vB_(保留兩位有效數字)(2) 從點O到打下計數點B的過程中，重錘重力勢能的減小量Ep_，動能的增加量Ek_(保留兩位有效數字)12（12分）某同學欲運用牛頓第二定律測量滑塊的質量M

9、，其實驗裝置如圖甲所示，設計的實驗步驟為：（1）調整長木板傾角，當鉤碼的質量為m0時滑塊恰好沿木板向下做勻速運動；（2）保持木板傾角不變，撤去鉤碼m0，將滑塊移近打點計時器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，并打出點跡清晰的紙帶如圖乙所示(打點計時器的工作頻率為50Hz)請回答下列問題：打點計時器在打下D點時滑塊的速度vD=_m/s；(結果保留3位有效數字)滑塊做勻加速直線運動的加速度a=_m/s2；(結果保留3位有效數字)滑塊質量M=_(用字母a、m0和當地重力加速度g表示)（3）保持木板傾角不變，掛上質量為m(均小于m0)的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運動，測出滑塊的加速度；多次

10、改變鉤碼的質量，分別求出相應的加速度（4）若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出amg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質量M=_kg(取g=10m/s2，結果保留3位有效數字)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，在水平地面上放有一高度為h=0. 8m的固定斜面體，地面與斜面體弧面的底端相切。有兩個可以視為質點的滑塊甲和乙，甲的質量為2m，乙的質量為Nm. 現將乙滑塊置于斜面體左邊地面上，讓甲滑塊由斜面體的頂端靜止滑下，然后與乙滑塊發生碰撞，碰后乙獲得了v=2. 0m/s的速度。（不計一切摩擦，g

11、取10m/s2）（1）若甲、乙發生彈性正碰，N為多少？（2）若甲、乙發生完全非彈性碰撞，且m=1kg，則碰撞過程損失的機械能為多少？14（16分）如圖是一種測定風力儀器的原理圖，一金屬球固定在一細長的輕金屬絲下端，能繞懸掛點O在豎直平面內轉動，無風時金屬絲自然下垂，現發現水平風力大小為F時，金屬絲偏離豎直方向的角度為，重力加速度為g，求：(1)金屬球對金屬絲的拉力的大小；(2)金屬球的質量為多少？15（12分）小球A通過長為h的細線懸掛在離地面高度也是h的O點，現在把小球A移動到水平位置并把細線伸直由靜止釋放，同時在O點正下方A的原位置放置一個質量為小球質量5倍的滑塊B。滑塊和地面之間動摩擦因

12、數為，小球A與滑塊發生正碰后反彈高度為，不計空氣阻力，重力加速度為g，求:(1)小球A與B碰撞前瞬間速度的大小；(2)B在水平面運動的時間。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、D【解析】A、t1時刻小球剛與彈簧接觸；當彈簧彈力與重力平衡時速度最大，故A錯誤；B、D、t2時刻小球受到的彈力最大，處于最低點，合力向上，速度為零，故先加速向上運動，當重力與彈力平衡時，速度最大，之后做減速運動，故B錯誤，D正確；C、t3時刻彈力為零，合力向下，故小球處于失重狀態，重物C錯誤故選D【點睛】關鍵要將小球的運動分為自由下落過程、

13、向下的加速和減速過程、向上的加速和減速過程進行分析處理，同時要能結合圖象分析2、D【解析】A當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統在水平方向所受合外力不為零，系統在水平方向動量不守恒，故A錯誤；B下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；C全過程小球和槽、彈簧所組成的系統只有重力與彈力做功，系統機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統在水平方向所受合外力不為零，系統水平方向動量不守恒，故C錯誤；D球在槽上下滑過程系統水平方向不受力，系統水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于mM，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈

14、后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球將追上槽并要槽上滑，在整個過程中只有重力與彈力做功系統機械能守恒，由于球與槽組成的系統總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統速度相等水平向左系統總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確；故選D。3、C【解析】A做勻速直線運動的物體，動能不變，重力勢能可能變化，機械能不一定守恒，故A錯誤；B若是在水平面上的勻加速直線運動，動能增大，重力勢能不變，則機械能不守恒；故B錯誤；C做平拋運動的物體，只受重力做功，機械能必定守恒，故C正確；D若物體在豎直平面內做勻速

15、圓周運動，動能不變，重力勢能在變化，機械能不守恒，故D錯誤；故選C考點：考查機械能守恒定律【名師點睛】本題是對機械能守恒條件的直接考查，掌握住機械能守恒的條件和機械能的定義，知道各種運動的特點即可進行判斷4、D【解析】重力做功W=mgh，與物體初末位置的高度差h有關，物體從A點沿不同的路徑運動到B點，高度差相同，重力勢能的變化相同，故A錯誤；物體在重力和彈力作用下做豎直方向的勻速運動時，物體的重力勢能一定改變；故B錯誤；重力做正功，物體的重力勢能一定減小。故C錯誤；重力勢能的變化量等于重力做功的數值，即為WG=-EP，故D正確。故選D。【點睛】解決本題的關鍵知道重力勢能的大小與零勢能的選取有關

16、，但重力勢能的變化與零勢能的選取無關。以及知道重力做功和重力勢能變化的關系，重力做正功，重力勢能減小，重力做負功，重力勢能增加，注意重力對物體做的功等于物體的重力勢能的減小量，而不是變化量。5、B【解析】從拋出開始到第一次經過a點和拋出開始第二次經過a點，上升的高度相等，因重力做功只與初末位置有關，故重力做功相等，即W1=W1對兩次經過a點的過程根據動能定理得，-Wf=Ek1-Ek1，可知Ek1Ek1，故B正確，ACD錯誤6、D【解析】A. 衛星的最小發射速度為7.9km/s，衛星已經發射，失利原因不可能是發射速度沒有達到7.9km/s，故A錯誤；B. 衛星由的Q點加速后才能進入，由此可知，衛

17、星在軌道經過Q點時的速度大于在軌道經過Q點時的速度，B錯誤；C. 衛星在軌道II由P點向Q點運行時只受萬有引力作用，加速度指向地球球心，處于失重狀態，C錯誤；D. 衛星從軌道變軌到軌道軌道半徑變大，要做離心運動，衛星應從軌道的P加速后才能做離心運動從而進入軌道后，衛星加速過程機械能增加，衛星從軌道的P點進入軌道后機械能增加，故D正確。故選：D.點睛：衛星的最小反射速度為7.9km/s，衛星加速過程機械能增加，衛星只受萬有引力作用，處于失重狀態，根據題意分析答題二、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

18、得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】試題分析：圖像的斜率表示速度，斜率的正負表示運動方向，從圖像中可知甲一直朝著正方向運動，乙朝著負方向運動，故兩者的運動方向相反，A正確；斜率表示速度，故甲在0-2s做勻速運動，速度大小為v1=402=20m/s，然后靜止，6-8s又開始做勻速運動，速度大小為v2=60-402=10m/s，B錯誤；圖線乙的斜率恒定，做勻速直線運動，C錯誤；圖線的交點表示兩者相遇，故甲乙兩物體在距甲的出發點60m處相遇，D正確；考點：考查了位移時間圖像【名師點睛】關鍵掌握位移圖象的基本性質：橫坐標代表時刻，而縱坐標代表物體所在的位置，縱坐標不變即物體保持靜止狀態；位移時間圖

19、像是用來描述物體位移隨時間變化規律的圖像，不是物體的運動軌跡，斜率等于物體運動的速度，斜率的正負表示速度的方向，質點通過的位移等于x的變化量x8、BD【解析】物塊上滑和下滑的位移大小相等，根據位移時間公式分析加速度關系，由牛頓第二定律求得重力和摩擦力之比由動能定理求出克服摩擦力做的功，再求物塊克服摩擦力做功的功率整個過程中重力做功為零由沖量的定義求重力沖量與摩擦力沖量之比【詳解】A項：設物塊返回到出發點P點時速度大小為v根據物塊上滑和下滑的位移大小相等，得，解得： 所以物塊上滑的加速度為 下滑的加速度大小為根據牛頓第二定律上滑有 mgsin+f=ma1下滑有 mgsin-f=ma2聯立解得，則

20、mg：f=11：3，故A錯誤；B項：對整個過程，由動能定理得，可解得：，這個過程中物塊克服摩擦力做功的功率為，故B正確；C項：這個過程中重力做功為零，比摩擦力做功小，故C錯誤；D項：這個過程中重力沖量 IG=mg3t1=3mgt1摩擦力沖量 If=f2t1-ft1=1.3mgt1所以 IG：If=11：1，故D正確故應選：BD【點睛】本題是力學綜合題，關鍵要明確物塊兩個過程之間的關系，如位移關系、時間關系和速度關系，分段運用牛頓第二定律運用動能定理求摩擦力做功，由沖量的定義求重力和摩擦力的沖量都是常用方法，要熟練掌握9、AD【解析】A.A、B兩球碰撞過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒

21、定律得：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系統總動能：碰撞后系統總動能：碰撞過程機械能不變，機械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故A正確；BD.A、B碰撞后，B、C組成的系統水平方向動量守恒，彈簧恢復原長時B的速度最小，C的速度最大，以向左為正方向，從碰撞后到彈簧恢復原長過程，在水平方向，由動量守恒定律得：mBvB=mBvB+mCvC由機械能守恒定律得：解得：vB=4m/s，vC=12m/s（彈簧恢復原長時C的速度最大，vB=8m/s，vC=0m/s 不符合實際，舍去），由此可知，彈簧恢復原長時C的速度為12m/s，B的最小速度為4m/s，故B錯誤，D正確；C.B、C速度相等時

22、彈簧伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，B、C系統在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）vC，由機械能守恒定律得：解得彈簧的最大彈性勢能：EP=24J，故C錯誤。10、BD【解析】根據場強公式可得0T時間內平行板間的電場強度為：E1=1d，電子的加速度為：a1=eE1m=1edm，且向上做勻加速直線運動，經過時間T的位移為：x1=12a1T2，速度為：v1=a1T，同理在T2T內平行板間電場強度為：E2=2d，加速度為：a2=eE2m=2edm，電子以v1的速度向上做勻變速度直線運動，位移為：x2=v1T-12a2T2，由題意2T時刻回到P點，則有

23、：x1+x2=0，聯立可得：2=31，故A錯誤，B正確；當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0T內電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，因2=31，所以在2T時刻電勢能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度為：v2=v1-a2T=-21eTdm，（負號表示方向向下），電子的動能為：Ek=12m2v22=2e2T212md2，根據能量守恒定律，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。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、0.97m/s0.48J0.47J【解析】（1）根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得B點的速度為：（2）從點O到打下計數點B的過程中，物體重力勢能的減少量Ep=mgh=19.84.8610-2J0.48J，動能的增加量.12、；， ；（4）【解析】試題分析：根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大小；根據勻變速直線運動的推論公式可以求出加速度的大小；當取下細繩和