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(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)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，重10N的滑塊在傾角為30的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知ab0.8m，bc0.4m，那么在整個過程中下列說法錯誤的是( )A滑塊動能的最

2、大值是6JB彈簧彈性勢能的最大值是6JC從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6JD滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)整個過程機(jī)械能守恒2、假如宇航員在土星表面上用測力計測得質(zhì)量為m的物塊重為G0，已知土星半徑為R，土星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T，線速度為v，引力常量為G，則太陽對土星的引力大小為（ ）ABCD3、如圖所示，水平勻速行駛的車廂底板上有一點O, P點在O點的正上方一乘客將一物塊從P點相對車廂靜止釋放，物塊落在AO點BO點右方CO點左方DO點左方或右方都有可能4、如圖，閉合銅制線框用細(xì)線懸掛，靜止時其下半部分位于與線框平面垂直的磁場中，若將細(xì)線剪斷后線框仍能靜止在原處，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化規(guī)律可

3、能的是ABCD5、空間某一靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C兩點電場強(qiáng)度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有AEBx的大小小于ECx的大小BEBx的方向沿x軸負(fù)方向C電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大D負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力一直做負(fù)功6、如圖所示的虛線呈水平方向，圖中的實線為與虛線成30角的勻強(qiáng)電場的電場線，圖中OM與電場線垂直，且OM=ON。現(xiàn)從電場中的M點沿與虛線平行的方向拋出一質(zhì)量為m、電荷量為+q可視為質(zhì)點的物體，經(jīng)時間t物體恰好落在N點。已知物體在M、N兩點的速率相等，重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是A該勻強(qiáng)電場

4、的方向垂直O(jiān)M斜向上B該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為mg2qC物體由M點到N點的過程中電場力做功為-12mg2t2DM、N兩點在豎直方向的高度差為34gt2二、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、高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后人就向上彈起，進(jìn)而帶動高蹺跳躍，如圖乙則下列說法正確的是（ ）A人向上彈起過程中，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)B人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力

5、D彈簧壓縮到最低點時，高蹺對地的壓力等于人和高蹺的總重力E.彈簧壓縮到最低點時，因為人處于超重狀態(tài)，所以高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力8、物體由靜止開始做加速度為a1的勻加速直線運動，運動了t1時間后改為加速度為a2的勻減速直線運動，經(jīng)過t2時間后停下則物體在全部時間內(nèi)的平均速度正確的是（ ）ABCD9、從足夠高的地面上空以初速度豎直上拋出一個箱子，箱子內(nèi)部裝有與箱子長度相等的物體，若運動過程中箱子不翻轉(zhuǎn)，且受到的空氣阻力與其速率成正比，箱子運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，時刻到達(dá)最高點，再落回地面，落地速率為，且落地前箱子已經(jīng)做勻速運動，則下列說法中正確的是A箱子拋出瞬間的加速度大小

6、為B箱內(nèi)物體對箱子底部始終沒有壓力C若箱子拋出的速度為，落地速率也為D上升過程中物體受箱子頂部向下的壓力，且壓力逐漸增大10、將甲乙兩小球先后以同樣的速度在距地面相同高度處豎直向上拋出，拋出時間相隔2s，它們運動的圖象分別如直線甲、乙所示以下說法正確的是（）At=2s時，兩球相距最遠(yuǎn)Bt=4s時，兩球的高度差為0Ct=6s時，兩球相距45mD甲球從拋出至最高點的時間間隔與乙球相等三、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）為了驗證碰撞中動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞(碰撞過程中沒有機(jī)械能損失)，某同學(xué)選取了兩個體積相同、質(zhì)量不

7、相等的小球，按下述步驟做了如下實驗:(1)用天平測出兩個小球的質(zhì)量(分別為m1和m2，且m1m2)(2)按照如圖所示的那樣，安裝好實驗裝置將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端點的切線水平將一斜面BC連接在斜槽末端(3)先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點位置(4)將小球m2放在斜槽前端邊緣處，讓小球m1從斜槽頂端A處滾下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球m1和小球m2在斜面上的落點位置(5)用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點B的距離圖中D、E、F點是該同學(xué)記下的小球在斜面上的幾個落點位置，到B點距離分別為L0、L1、L2根據(jù)該同學(xué)的實驗，回答下列問題：(1)

8、小球m1與m2發(fā)生碰撞后，m1的落點是圖中的_點，m2的落點是圖中的_點(2)用測得的物理量來表示，只要滿足關(guān)系式_，則說明碰撞中動量是守恒的(3)用測得的物理量來表示，只要再滿足關(guān)系式_，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞12（12分）為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進(jìn)行實驗小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落關(guān)于該實驗，下列說法中正確的有（ ）A兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B兩球應(yīng)同時落地C應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動四、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

9、程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，圓心為O、半徑為r=0.1m的圓形區(qū)域中有一個磁感強(qiáng)度為B=1T、方向為垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L=0.1m的O處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m=310-10kg、電荷量為q=110-6C的帶電粒子以速率v=1103m/s從左側(cè)A點沿方向垂直射入磁場，飛出磁場后打在熒光屏上之P點，求（1）OP的長度（2）帶電粒子由A到P飛行的時間14（16分）如圖所示，一足夠長的固定斜面傾角，兩物塊A、B的質(zhì)量、分別為1kg和2kg，它們與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為兩物塊之間的輕繩長，作用在B上沿斜面向上的力F逐漸增大，使A、B一起由靜止開

10、始沿斜面向上運動，g取(1)當(dāng)作用在物塊B桑的拉力F達(dá)到42N時，連接物塊A、B之間的輕繩恰好被拉斷，求該輕繩能承受的最大拉力；(2)若連接物塊A、B之間的輕繩恰好被拉斷瞬間A、B的速度均為，輕繩斷裂后作用在B物塊上的外力不變，求當(dāng)A運動到最高點時，物塊A、B之間的距離。15（12分）如圖所示，豎直圓盤繞中心O沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)圓盤邊緣上的P點轉(zhuǎn)到與O同一高度時，一小球從O點以初速度0水平向P拋出，當(dāng)P點第一次轉(zhuǎn)到位置Q時，小球也恰好到達(dá)位置Q，此時小球的動能是拋出時動能的5倍，已知重力加速度為g，不計空氣阻力。由此可求： (1)小球從拋出到與P相遇的時間?(2)圓盤的半徑?參考答案一、

11、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】A滑塊向下滑動剛剛接觸b點時，彈簧處于原長，在彈力不大于重力平行斜面分力時，滑塊一直在加速，故b點速度不是最大，動能也就不是最大，故A錯誤，符合題意；B在c點，彈簧壓縮量最大，故彈性勢能最大，對從a到c過程，根據(jù)功能關(guān)系，有Ep=mg（ab+ac）sin30=10（1+0.2）J=6J故B正確，不符題意；C從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于其彈性勢能的減小量，為W=Ep=6J故C正確，不符題意；D整個過程中彈簧、滑塊組成的系統(tǒng)在沒有其它力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確，不符題意。本

12、題選錯誤的，故選A?！军c睛】本題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過程，把復(fù)雜的物理過程分成幾個小過程并且找到每個過程遵守的物理規(guī)律，列出相應(yīng)的物理方程解題同時要明確彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化。2、A【解析】土星表面的重力加速度為：根據(jù)得土星的質(zhì)量為：太陽對土星的引力提供土星的向心力，有：A. 與計算結(jié)果相符，故A正確。B. 與計算結(jié)果不符，故B錯誤。C. 與計算結(jié)果不符，故C錯誤。D. 與計算結(jié)果不符，故D錯誤。3、A【解析】以地面為參考系，O點向右做勻速直線運動，在P點釋放的物體向右做平拋運動，其水平分運動是勻速直線運動，故在水平方向，物體與O是相對靜止的，故物塊落在O點，故A正確，BCD錯誤；故

13、選A.4、B【解析】因剪斷細(xì)線后線框仍能靜止在原處，可知安培力向上，根據(jù)楞次定律可知，穿過線；圈的磁通量增加，磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)，選項D錯誤；設(shè)B=B0+kt;根據(jù)平衡知識； 即 ，式中mg、B0、S、L及R均為定值，則隨時間t的增加，k減小時，等式兩邊才能平衡，故選項B正確，AC錯誤；故選B.5、D【解析】A.根據(jù)斜率表示電場強(qiáng)度知EBx的大小大于ECx的大小，故A錯誤；B.沿電場線方向電勢降低，所以EBx的方向沿x軸正方向，故B錯誤；C.根據(jù)圖象知O點斜率最小，所以電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量小，故C錯誤；D.負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電勢降低，電勢能增大，所以電場力做負(fù)功，故

14、D正確；6、D【解析】A、物體在M、N兩點的速率相等，則物體在M、N兩點的動能相等，由于重力做正功，則電場力做負(fù)功，又物體帶正電，所以電場線的方向垂直O(jiān)M斜向下，故A錯誤；B、對物體由M運動到N的過程，由動能定理可得：mgOMsin60=qEONcos30，由于OM=ON，解E=mgq，故B錯誤；D、將電場力分解為沿水平方向和豎直方向的分力，則豎直方向上的分力大小為Fy=qEcos60=mgcos60=12mg，則物體在堅直方向上的合力大小F=mg+12mg=32mg，由牛頓第二定律可知，堅直方向上的分加速度大小為a=32g，則物體由M運動到N的過程中下落的高度為h=12at2=34gt2，故

15、D正確；C、由幾何關(guān)系可知,物體由M運動到N的過程中沿電場線方向的位移大小為s=34gt2，則電場力做功的值為W=-qEs=-34mg2t2，故C錯誤；故選D?！军c睛】關(guān)鍵是物體在M、N兩點的速率相等，則物體在M、N兩點的動能相等，由于重力做正功，則電場力做負(fù)功，又物體帶正電，所以電場線的方向垂直O(jiān)M斜向下，根據(jù)動能定理可得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，在豎直方向上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出M、N兩點在豎直方向的高度差。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、A

16、CE【解析】A項，人向上彈起過程中，人應(yīng)該經(jīng)歷了先加速后減速的過程，所以先有向上的加速度，后有向下的加速度，當(dāng)彈簧彈力大于人的重力時，人處于超重狀態(tài)，當(dāng)彈簧彈力小于人的重力時，人處于失重狀態(tài)，故A項正確B項，踏板對人的作用力與人對踏板的作用力是一對相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，二者大小始終相等，故B項錯誤C項，彈簧壓縮到最低點時，人有豎直向上的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，可知高蹺對人的作用力大于人的重力，故C項正確D項，同理以高蹺和人的系統(tǒng)為研究對象，彈簧壓縮到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律，地對高蹺的壓力大于人和高蹺的總重力，再根據(jù)牛頓第三定律，可知高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力，故D項錯誤，

17、E項正確；綜上所述本題答案是：ACE8、ABC【解析】AB.由題意知，物體先做勻速度為零的加速運動后做末速度為零的勻減速運動，全程中的最大速度 ，因前后均為勻變速直線運動，則平均速度故AB正確CD.全程的總位移：對全程由平均速度公式有：故C正確D錯誤9、AC【解析】空氣阻力與速率成正比，箱子落地前已經(jīng)做勻速直線運動，由平衡條件可以求出空氣阻力的比例系數(shù)，根據(jù)箱子的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律求出箱子拋出時的加速度大??；分析清楚箱子的運動過程，判斷箱子的加速大小如何變化、加速度方向如何，然后分析箱子內(nèi)物體與箱子間的作用力如何變化。【詳解】箱子下落過程最后做運動直線運動，勻速運動的速度為，由題意可知，

18、此時箱子受到的空氣阻力，箱子做勻速直線運動，由平衡條件得：，解得：，箱子剛跑出瞬間受到的空氣阻力：，此時，由牛頓第二定律得：，故A正確；箱子向下運動過程受到豎直向上的空氣阻力，箱子所示合力：，由牛頓第二定律可知，箱子下落過程的加速度a小于重力加速度g，對箱子內(nèi)的物體，由牛頓第二定律得：，該過程箱子底部對物體有向上的支持力，則物體對箱子底部有豎直向下的壓力，故B錯誤；若箱子拋出的速度為，箱子上升的最大高度比以拋出時的高度更高，箱子下落的高度更大，向下加速運動速度一定達(dá)到，此時箱子所示空氣阻力與重力相等而做勻速運動，箱子落地的速度為，故C正確；箱子向上運動過程所受空氣阻力f向下，箱子所示合力，由牛

19、頓第二定律可知，箱子的加速度大?。?，箱子內(nèi)物體的加速度與箱子加速度相等大于重力加速度，則箱子上部對物體有向下的壓力，箱子向上運動過程速度不斷減小，空氣阻力不斷減小，箱子的加速度不斷減小，則箱子內(nèi)物體的加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知：，由于a減小，則箱子對物體向下的壓力N不斷減小，故D錯誤；故選AC。10、BD【解析】t=2s時，兩球相距不是最遠(yuǎn)因為t=5s時，甲球正在下降，乙球到達(dá)最高點，之后，甲球的速度比乙球的大，兩者間距不斷增大，兩球相距的距離可以大于t=2s時的距離，A錯誤根據(jù)“面積法”知：t=4s時，甲球相對于拋出點的位移為12303-12103m=40m，乙球相對于拋出點的位移為

20、1230+102m=40m，故兩球相對于各自的拋出點的位移相等，兩球的高度差為1故B正確t=6s時，甲球回到拋出點此時乙球的位移為12303-12101m=40m，所以兩球相距41m，C錯誤由圖知，甲球從拋出至到達(dá)最高點的時間間隔與乙球相等，都是3sD正確選BD【點睛】速度時間圖象與時間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點的位移，但不能反映物體初始的位置由圖直接讀出物體運動的時間結(jié)合豎直上拋運動的對稱性分析三、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、D F 【解析】考查驗證碰撞中動量守恒?！驹斀狻浚?）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1

21、的速度減小，都做平拋運動，所以碰撞后m1球的落地點是D點，m2球的落地點是F點；（2）碰撞前，小于m1落在圖中的E點，設(shè)其水平初速度為v1小球m1和m2發(fā)生碰撞后，m1的落點在圖中的D點，設(shè)其水平初速度為v1，m2的落點是圖中的F點，設(shè)其水平初速度為v2 設(shè)斜面BC與水平面的傾角為，由平拋運動規(guī)律得：解得： 同理可解得：，所以只要滿足,即，說明兩球碰撞過程中動量守恒；（3）若為彈性碰撞，則碰撞前后機(jī)械能守恒，則需滿足關(guān)系式：即。12、BC【解析】試題分析：在該實驗中，是用B球的運動與A球豎直方向的運動相對照，從而達(dá)到實驗?zāi)康牡?，在豎直方向上，兩球做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動規(guī)律可知，由于兩

22、球同時從同一高度開始下落，因此在任意相等的時間內(nèi)，兩球下落的高度相同，顯然至落地，兩球下落的高度相同，時間也相同，故選項B正確；做自由落體運動的物體運動規(guī)律相同，與質(zhì)量無關(guān)，故選項A錯誤；為了減小實驗誤差，因此采用多次測量的方法，同時為了使該實驗具有普遍性，需改變小球的初始高度，故選項C正確；在水平方向上，沒有物體的運動與A球水平方向的運動相對照，因此無法說明小球A在水平方向上的運動規(guī)律，故選項D錯誤考點：本題主要考查了對自由落體運動規(guī)律的理解和演示實驗現(xiàn)象的分析能力問題，屬于中檔題四、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）35m（2） 3+3310-4s【解析】電子所受重力不計它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動，如圖所示，連結(jié)OB，由于，又，故，而且，可見O、B、P在同