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、課堂上老師布置了一個題目：假設(shè)地球是一半徑為、質(zhì)量分布均勻的球體，并忽略自轉(zhuǎn)，已知質(zhì)量分布均勻的球殼對內(nèi)物體的引力為零，某一礦井的深度為，求礦井底部的重力加速度為和地球表面處的重力加速度大小之比小明同學(xué)的思考過程如下：由萬有引力和重

2、力的關(guān)系可知， （為引力常量， 為地球質(zhì)量， 為各點距地心的距離， 為該點的重力加速度）所以地球表面的重力加速度，礦井底部的重力加速度由此可知，礦井底部和地球表面處的重力加速度大小之比為對于小明的思考過程，下列說法中正確的是（ ）A小明的答案是正確的B小明的答案是錯誤的，因為不成立C小明的答案是錯誤的，因為不成立D小明的答案是錯誤的，比值應(yīng)該為2、如圖所示，質(zhì)量形狀均相同的木塊緊靠在一起，放在光滑的水平面上，現(xiàn)用水平恒力F推1號木塊，使10個木塊一起向右勻加速運動，則第7號對第8號木塊的推力（ ）AF B0.8F C0.4F D0.3F3、一電梯由靜止開始向上運動，其v-t圖象如圖所示，下列判

3、斷正確的是A30 s末電梯開始向下運動B電梯上升的最大高度為28 mC電梯的最大加速度為0.1ms2D前30 s內(nèi)電梯的平均速度為0.5ms4、如圖所示，線段OA=2AB，A、B兩球質(zhì)量相等，當(dāng)它們繞O點在光滑的水平面上以相同的角速度轉(zhuǎn)動時，兩線段拉力之比為（）A2 ：3B3 ：2C5 ：3D2 ：15、長為L，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出。已知從子彈射入到射出木塊移動的距離為s，則子彈穿過木塊所用的時間為（ ）ABCD6、如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關(guān)于小球和彈簧的能量敘述中正確的是（）

4、A重力勢能和動能之和總保持不變B重力勢能和彈性勢能之和總保持不變C動能和彈性勢能之和總保持不變D重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變二、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、火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10在此10s時間內(nèi)，火車（）A運動路程為600mB加速度為零C角速度約為1rad/sD轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km8、如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s=3.5m，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.1，物塊滑上傳送帶A端

5、的瞬時速度vA=4m/s，到達(dá)B端的瞬時速度設(shè)為vB下列說法正確的是 （ ）A若傳送帶不動，vB=3m/sB若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定等于3m/sC若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定等于3m/sD若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，有可能等于2m/s9、如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠(yuǎn)日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運動過程中()A從P到M所用的時間等于B從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C從P到Q階段，速率逐漸變小D從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功10、質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、B放

6、在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連，如圖所示，今對物塊A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F120N、 F210N，則下列說法正確的是 ( )A彈簧的彈力大小為16NB若把彈簧換成輕質(zhì)繩，則繩對物體的拉力大小為10 NC如果只有F1作用，則彈簧的彈力大小變?yōu)?2ND若F110N、 F220N，則彈簧的彈力大小不變?nèi)嶒烆}：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） (1)甲同學(xué)用如圖(a)所示的裝置來驗證動量守恒定律。實驗中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m1_m2（選填“大于” “等于”或“小于”）；圖(a)中O點是小

7、球拋出點在地面上的投影。實驗時，先將入射小球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量水平射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)本操作。接下來要完成的必要步驟是_；（填選項前的字母）A用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B測量小球m1開始釋放的高度hC測量拋出點距地面的高度HD分別通過畫最小的圓找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE測量水平射程OM、ON若兩球相碰前、后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為_（用中測量的量表示）。(2)乙同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實驗，但將實驗裝置改成如圖(b)所示。將白紙

8、、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中小球1、小球2與木條的撞擊點。實驗時先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B；然后將木條平移到圖中所示位置，入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P；再將入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球2相撞，撞擊點為M和N，測得B與N、P、M各點的高度差分別為h1、h2、h3。只要滿足關(guān)系式_，則說明碰撞中動量是守恒的；只要再滿足關(guān)系式_，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞（用所測物理量的字母表示）。12（12分）某實驗小組在進(jìn)行“驗證動量守恒定律”的實驗。入射球與被碰球半徑相同。實驗裝置如下

9、圖所示。先不放B球，使A球斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡。再把B球靜置于水平槽前端邊緣處，上A球仍從C處靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自落點的痕跡。記錄紙上的O點是垂錘所指的位置，M、P、N分別為落點的痕跡。未放B球時，A球落地點時記錄紙上的_點。實驗中可以將表達(dá)式m1v1=m1v1+m2v 2轉(zhuǎn)化為m1s1=m1 s1+m2s2來進(jìn)行驗證，其中s1、s1、s2為小球平拋的水平位移?？梢赃M(jìn)行這種轉(zhuǎn)化的依據(jù)是_。（請選擇一個最合適的答案）A小球飛出后的加速度相同B小球飛出后，水平方向的速度相同C小球在空中水平方向都做勻速直線運動，水平位移與時間

10、成正比D小球在空中水平方向都做勻速直線運動，又因為從同一高度平拋，運動時間相同，所以水平位移與初速度成正比完成實驗后，實驗小組對上述裝置進(jìn)行了如下圖所示的改變：（I）在木板表面先后釘上白紙和復(fù)印紙，并將木板豎直立于靠近槽口處，使小球A從斜槽軌道上某固定點C由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；（II）將木板向右平移適當(dāng)?shù)木嚯x固定，再使小球A從原固定點C由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡P；（III）把半徑相同的小球B靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球A仍從原固定點由靜止開始滾下，與小球B相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡M和N；（IV）用刻度尺測量紙上O點到M、P、N三點的距離分別為y1，y2

11、，y3。請你與出用直接測量的物理量來驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達(dá)式：_。（小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2）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）一質(zhì)量為M=5 kg、長L=5 m的平板車靜止在光滑的水平地面上，平板車上表面距地面的高度h=0.8 m。一質(zhì)量為m=1 kg、可視為質(zhì)點的滑塊以v0=8 ms的水平初速度從左側(cè)滑上平板車，滑塊和平板車間的動摩擦因數(shù)=0.5。g取10 m/s2。求：（1）滑塊經(jīng)多長時間滑到平板車右端；（2）滑塊落地時離平板車右端距離。14（16分）如圖所示，質(zhì)量為m=0.2kg

12、的小球從平臺上水平拋出后，落在一傾角=53的光滑斜面頂端，并恰好無碰撞的沿光滑斜面滑下，頂端與平臺的高度差h=0.8m，斜面的高度H=7.2mg取10m/s2（sin53=0.8，cos53=0.6），求：(1)小球水平拋出的初速度v0的大小；(2)小球到達(dá)斜面底端時的速度v的大小(3)小球從平臺水平拋出到斜面底端所用的時間15（12分）小船勻速橫渡一條河流，當(dāng)船頭垂直對岸方向航行時，在出發(fā)點10min到達(dá)對岸下游120m處，若船頭保持與河岸成角向上游航行，在出發(fā)12.5min到達(dá)正對岸，求：（1）水流的速度，（2）船在靜水中的速度，（3）河的寬度，（4）船頭與河岸間的夾角參考答案一、單項選擇

13、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、C【解析】小明分析時隨明確在地球表面，重力和地球的萬有引力大小相等，但是沒有理解“質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬有引力即為半徑等于（R-d）的球體在其表面產(chǎn)生的萬有引力”，即不成立， 所以才出現(xiàn)小明的答案，故ABD錯誤，C正確故選C點睛：抓住在地球表面重力和萬有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質(zhì)量不是整個地球的質(zhì)量而是半徑為（R-d）的球體的質(zhì)量2、D【解析】先對整體研究，求出加速度，然后對后面3個木塊整體運用牛頓

14、第二定律列式求解?！驹斀狻吭O(shè)每個木塊的質(zhì)量為m，對整體運用牛頓第二定律，有：a=F10m 對8-10個木塊整體受力分析，受重力、支持力和7對8-10個木塊整體的推力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F78=3ma=3mF10m=0.3m。故應(yīng)選：D。【點睛】本題關(guān)鍵是先用整體法求解出加速度，然后靈活地選擇研究對象進(jìn)行分析研究。3、B【解析】A、圖象的縱坐標(biāo)表示速度，縱坐標(biāo)的正負(fù)表示速度的方向，則036s速度均為正，表示一直向上方向運動；故A錯誤.B、電梯在036s內(nèi)上升的總高度等于梯形的面積大小，；故B正確.C、根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，可知30s36s的加速度最大為；故C錯誤.D、030s的位移為

15、，故平均速度為；故D錯誤.故選B.【點睛】本題考查對速度-時間圖象的理解能力，關(guān)鍵抓住圖象的數(shù)學(xué)意義來理解圖象的物理意義，知道圖象的斜率表示加速度，面積表示位移.4、C【解析】設(shè)，則，角速度為，每個小球的質(zhì)量為m。則根據(jù)牛頓第二定律，對B球?qū)球聯(lián)立以上兩式得故選C。5、B【解析】設(shè)子彈射穿木塊后子彈的速度為v1，木塊最終速度為,2，子彈和木塊系統(tǒng)動量守恒，以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：mv0=mv1+Mv2；設(shè)子彈對木塊的作用力為f，則對木塊：fs=Mv22；對子彈：-f(s+L)=mv12-mv02；對木塊由動量定理：ft=Mv2；聯(lián)立解得：，故選B.6、D【解析】A、對于

16、小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變。對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢能一直在增大。因為小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，重力勢能和動能之和始終減小。故A錯誤。B、在剛接觸彈簧的時候這個時候小球的加速度等于重力加速度，在壓縮的過程中，彈簧的彈力越來越大，小球所受到的加速度越來越小，直到彈簧的彈力等于小球所受到的重力，這個時候小球的加速度為0，要注意在小球剛接觸到加速度變0的工程中，

17、小球一直處于加速狀態(tài)，由于慣性的原因，小球還是繼續(xù)壓縮彈簧，這個時候彈簧的彈力大于小球受到的重力，小球減速，直到小球的速度為0，這個時候彈簧壓縮的最短。所以小球的動能先增大后減小，所以重力勢能和彈性勢能之和先減小后增加。故B錯誤。C、小球下降，重力勢能一直減小，所以動能和彈性勢能之和一直增大。故C錯誤。D、對于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變。故D正確。故選D。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

18、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、AD【解析】本題考查勻速圓周的概念，意在考查考生的理解能力圓周運動的弧長s=vt=6010m=600m，選項A正確；火車轉(zhuǎn)彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故選項B錯誤；由題意得圓周運動的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=3439m，故選項C錯誤、D正確點睛：本題以火車轉(zhuǎn)彎指南針偏轉(zhuǎn)為背景考查勻速圓周的概念，解答時要注意角度與弧度的換算關(guān)系8、AC【解析】當(dāng)傳送帶不動或者傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，物體一定會受到滑動摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小相同，物體做勻減速運動，根

19、據(jù)牛頓第二定律可得物體加速度大小為 根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知，物體到達(dá)B點時的速度為故AC正確；當(dāng)傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動時，若傳送帶速度小于 時，則物體到達(dá)B點時的速度大小為 故B、D項錯誤；綜上所述本題正確答案為AC9、CD【解析】A海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時間小于MQ段的時間，所以P到M所用的時間小于，故A錯誤；B從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故B錯誤；C從P到Q階段，萬有引力做負(fù)功，速率減小，故C錯誤；D根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功，故D正確。故選D。10、AC【解析】A. 彈簧不在伸長后

20、，AB具有相同的加速度。對于整體AB，根據(jù)牛頓第二定律：F2-F1=（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2對A，由牛頓第二定律：F1-F彈=mAa代入數(shù)據(jù)解得：F彈=16N故A正確；B. 若把彈簧換成輕質(zhì)繩，則繩對物體的拉力大小仍然為16N，故B錯誤；C. 只有F1作用時，對整體AB，根據(jù)牛頓第二定律：F1=（mA+mB）a解得：a=4m/s2對A，由牛頓第二定律：F1-F彈=mAa解得：F彈=12N故C正確；D. 若F1=10N、F2=20N，對整體AB，根據(jù)牛頓第二定律：F2-F1=（mA+mB）a解得：a=2m/s2對A，由牛頓第二定律：F彈-F1=mAa解得：F彈=14N故D錯誤

21、。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、大于 ADE 【解析】(1)1為防止碰撞后入射球反彈，實驗中入射小球的質(zhì)量m1應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量m2。2設(shè)碰撞前入射小球的速度為v1，碰撞后入射小球的速度為v2，被碰小球的速度為v3，如果碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得即實驗需要測量兩球的質(zhì)量、兩球落點的水平位移，ADE均正確。3由以上可知，實驗需要驗證的表達(dá)式為(2)4小球做平拋運動，在豎直方向上平拋運動時間設(shè)軌道末端到木條的水

22、平位置為x，小球做平拋運動的初速度如果碰撞過程動量守恒，則將v1、v1、v2代入，可得若為彈性碰撞，則滿足動能守恒，即代入速度表達(dá)式，化簡可得12、P D m11y2=m11y3+m21y1 【解析】A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度減小，所以碰撞后A球的落地點距離O點最近，B小球離O點最遠(yuǎn)，中間一個點是未放B球時A的落地點，所以未放B球時，A球落地點是記錄紙上的P點。小球碰撞前后都做平拋運動，豎直方向位移相等，由h=12gt2 即t=2hg可知運動的時間相同，水平方向做勻速直線運動，有v=xt=xg2h，因此可以用水平位移代替速度，故D正確。同理，未放小球B時A球打在P點，

23、放了B球之后A球打在N點，B球打在M點，由y=12gt2和v=xt可得，v=xg2y，所以vP=xg2y2，vM=xg2y1，vN=xg2y3，由動量守恒定律有m1vP=m1vN+m2vM可得m1xg2y2=m1xg2y3+m2xg2y1，化簡得到m11y2=m11y3+m21y1【點睛】本題考查動量守恒定律的驗證實驗，結(jié)合平拋運動，難度不大，關(guān)鍵在于判斷準(zhǔn)確小球的落點。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）t=1s（2）x=0.8 m【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊，mgma1，解得：a1g5m/s2對平板車：mgMa2，解得：a21m/s2設(shè)經(jīng)