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1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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、在如圖所示電路中,電源電動勢和內阻恒定,電壓表和電流表均是理想電表,閉合開關S后,試分析將滑動變阻器的觸頭P向上滑動的過程中,下列敘述正確的是（ ）A電壓表和電流表的示數都

2、增大B燈L2變暗,燈L1變亮C通過電阻R0的電流方向向上D電源的效率增大2、如圖所示，從同一豎直線上不同高度A、B兩點處，分別以速率v1、v2同向水平拋出兩個小球，P為它們運動軌跡的交點。則下列說法正確的有（ ）A兩球在P點一定具有相同的速率B若同時拋出，兩球可能在P點相碰C若同時拋出，落地前兩球豎直方向的距離逐漸變大D若同時拋出，落地前兩球之間的距離逐漸變大3、質量為2kg的質點僅受兩個力作用，兩個力的大小分別為3N和5N。則該質點的加速度的值可能為（ ）A0.5m/s2 B0.75m/s2 C3.5m/s2 D4.5 m/s24、如圖所示，水平固定且傾角為37（sin37=16，cos37

3、=18）的光滑斜面上有兩個質量均為m=2kg的小球A、B，它們用勁度系數為k=211N/m的輕質彈簧連接，彈簧的長度為l1=21cm，現(xiàn)對B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a=4m/s2向上做勻加速運動，此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為（ ）A1.1m，25N B1.3m，51NC1.1m，41N D1.3m，25N5、如圖所示，一細繩跨過一輕質定滑輪（不計細繩和滑輪質量，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質量為m的物體A，另一端懸掛一質量為M（Mm）的物體B，此時A物體加速度為a1。如果用力F代替物體B，使物體A產生的加速度為a2，那么以下說法錯誤的是A如果al=

4、a2，則F MgB如果F=Mg，則ala2C如果al =a2，則F=MgD如果F=，則a1=a26、如圖所示，物塊在靜止的傳送帶上勻速下滑時，傳送帶突然順時針（圖中箭頭所示）轉動起來，則傳送帶轉動后，下列說法正確的是（ ）A受的摩擦力不變B受到的摩擦力變大C可能減速下滑D可能減速上滑二、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、某同學利用阿特伍德機研究超重和失重現(xiàn)象，其研究步驟如下：如圖所示，輕質定滑輪左側懸掛質量為m的物塊，右側懸掛質量為2m的物塊，彈簧測力計示數為mg，不計

5、一切阻力，則 （ ）A若在右側懸掛的物塊上再增加質量為m的物塊，彈簧測力計的讀數是B若在右側懸掛的物塊上再增加質量為m的物塊，彈簧測力計的讀數是C若在左側懸掛的物塊上再增加質量為m的物塊，彈簧測力計的讀數是D若在左側懸掛的物塊上再增加質量為m的物塊，彈簧測力計的讀數是8、跳傘運動員從某高度的直升機上跳下，經過2s拉開繩索開啟降落傘，此后再過18s落地整個跳傘過程中的vt圖象如圖所示根據圖象信息可知（ ）A第10s秒初速度等于前兩秒的平均速度B14s末加速度為零C前2s跳傘運動員做自由落體運動D跳傘運動員下落的總高度約為240m9、真空中兩點電荷q1、q2分別位于直角三角形的頂點C和頂點B上，D

6、為斜邊AB的中點，ABC30，如圖所示。已知A點電場強度的方向垂直AB向下，則下列說法正確的是()Aq1帶正電，q2帶負電BD點電勢高于A點電勢Cq1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的一半Dq1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的二倍10、有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則Aa的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等Cc在4小時內轉過的圓心角是/3，a在2小時內轉過的圓

7、心角是/6Db的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定小于24小時三、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“用DIS研究加速度和力的關系”的實驗中（1）在該實驗中必須采用控制變量法，應保持_不變，用鉤碼所受的重力作為_，用DIS測小車的加速度（2）改變所掛鉤碼的數量，多次重復測量在某次實驗中根據測得的多組數據可畫出關系圖線，如圖所示分析此圖線的段可得出的實驗結論是：_此圖線的段明顯偏離直線，其主要原因是：_12（12分）某同學“驗證平行四邊形定則”實驗時，把橡皮條的一端用圖釘固定于A點，同時用兩個彈簧測力計將橡皮條的另一端拉

8、到位置O，如圖甲所示，記錄相關數據；再用一個彈簧測力計把它拉到同一位置O，記錄相關數據在白紙上根據實驗數據做出力的圖示，畫出的實驗結果如圖乙所示（1）本實驗采用的研究方法是_A理想實驗法B等效替代法C控制變量法D建立物理模型法（2）如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F兩力中，方向一定沿AO的是_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，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長x1.25m，與滑塊間的摩擦因數為10.2。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶的運行速

9、度v7m/s，長為L3m，傳送帶右端D點與一光滑斜面銜接，斜面DE長度S0.5m，另有一固定豎直放置的光滑圓弧形軌道剛好在E點與斜面相切，圓弧形軌道半徑R1m，37。今將一質量m2kg的滑塊向左壓縮輕彈簧到最短，此時彈簧的彈性勢能為EP30J，然后突然釋放，當滑塊滑到傳送帶右端D點時，恰好與傳送帶速度相同。設經過D點的拐角處無機械能損失且滑塊能沿斜面下滑。重力加速度g10m/s2，sin530.8，cos530.6，不計空氣阻力。試求：(1)滑塊到達C點的速度vC；(2)滑塊與傳送帶間的摩擦因數2及經過傳送帶過程系統(tǒng)因摩擦力增加的內能；(3)若G是圓弧軌道的最高點且傳送帶的運行速度可調，要使滑

10、塊不脫離圓弧形軌道且從G點離開圓弧軌道，最終落回到到傳送帶上，落點與C端的距離為（4）m，求滿足該情況時傳送帶的速度應調為多少？14（16分）如圖所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成，其中AB部分為光滑的圓弧，AOB=37，圓弧的半徑R=0.5m，圓心O點在B點正上方，BD部分水平，長度為0.2m，C 為BD的中點?，F(xiàn)有一質量m=lkg，可視為質點的物塊從A端由靜止釋放。恰好能運動到D點。(g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)，求： (1)為使物塊運動到C點時速度為零，可將BD部分以B為軸向上轉動一銳角，應為多大? (假設B處有一小段的弧線平滑連接，物塊經

11、過B點時沒有能量損失)(2) 接上一問，求物塊在BD板上運動的總路程。15（12分）一質量為M=4kg的長木板在粗糙水平地面上向右運動，在t=0時刻，木板速度為vo=6m/s,此時將一質量為m=2kg的小物塊(可視為質點)無初速度地放在木板的右端，二者在01s內運動的v-t圖象如圖所示。己知重力加速度g=10m/s2。求： (1)小物塊與木板的動摩擦因數1,以及木板與地面間的動摩擦因數2；(2)若小物塊不從長木板上掉下,則小物塊最終停在距木板右端多遠處?(3)若在t=1s時,使小物塊的速度突然反向(大小不變),小物塊恰好停在木板的左端,求木板的長度L。參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小

12、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】滑動變阻器的觸頭P向上滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻變大，外電路的總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，總電流變小，L1變暗，由可知，路端電壓變大即電壓表示數變大，L1兩端電壓變小，所以L2兩端電壓變大，流過L2的電流變大，L2變亮，由于總電流變小，所以電流表的示數變小，由于電容器與L2并聯(lián)，所以電容器兩端電壓與L2兩端電壓相等，由于L2兩端電壓變大，由公式可知，電容器的電荷量增大，即電容器充電，所以充電電流為向下，電源的效率：，由上面分析可知，路端電壓變，所以電源效率增大，綜上所述，故應選：D【點睛】

13、本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按“局部整體局部”的順序進行分析電容器的電壓等于所并聯(lián)的電路兩端的電壓2、D【解析】A兩球的初速度大小關系未知，在P點，A的豎直分速度大于B的豎直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度，根據平行四邊形定則知，兩球在P點的速度大小不一定相同，A錯誤；B若同時拋出，在P點，A下落的高度大于B下落的高度，則A下落的時間大于B下落的時間，可知兩球不可能在P點相碰，B錯誤；C若同時拋出，根據知，經過相同的時間下落的高度相同，則豎直方向上的距離保持不變，C錯誤；D若同時拋出，由圖可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于兩球在豎

14、直方向上的距離不變，水平距離逐漸增大，則兩球之間的距離逐漸增大，D正確。3、C【解析】3N和5N的合力范圍為：2NF8N，故加速度的最大值為：amax=m/s24m/s2，加速度的最小值為：amin=m/s21m/s2，故C正確，ABD錯誤。故選C。4、B【解析】以整體為研究對象，受力分析如圖所示：根據牛頓第二定律，沿斜面方向有： ，代入數據解得 F=51N，以A為研究對象，根據牛頓第二定律和胡克定律，沿斜面方向有： 代入數據解得： l=1.3m，故B正確，ACD錯誤。5、C【解析】對左圖，對整體分析，根據牛頓第二定律得對右圖，對A分析，根據牛頓第二定律得F-mg=ma2則ACD若a1=a2，

15、則可得故AD正確，C錯誤；B若F=Mg，則故B正確。6、A【解析】試題分析：開始物塊受到的是滑動摩擦力，大小為，皮帶轉動起來后，物體仍受到的是滑動摩擦力，大小 仍為，因此受到的摩擦力大小方向都不變，物體仍勻速下滑，A正確，BCD錯誤考點：滑動摩擦力二、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、BC【解析】AB.若在右側懸掛的物塊上再增加質量為m的物塊，對整體根據牛頓第二定律得：對左側物塊根據牛頓第二定律得：解得：所以彈簧測力計的讀數是，選項B正確A錯誤；CD.若在左側懸掛的物塊

16、上再增加質量為m的物塊，對整體根據牛頓第二定律得：對左側物塊根據牛頓第二定律得：解得：所以彈簧測力計的讀數是，選項C正確D錯誤。8、AB【解析】AC. 第10s秒初速度為8m/s，前兩秒做勻加速直線運動，平均速度為，其加速度為，不是做自由落體運動，A正確，C錯誤；B. 圖像的斜率表示加速度，所以14s末斜率為零，加速度為零，做勻速直線運動，B正確；D. 速度圖象的面積表示位移，面積可以通過圖象與時間軸所圍成的面積估算，本題可以通過數方格的個數來估算，（大半格和小半格合起來算一格，兩個半格算一格）每格面積為4m，20s內數得的格數大約為49格，所以18s內運動員下落的總高度為：，故D錯誤【點睛】

17、在速度時間圖像中，需要掌握三點，一、速度的正負表示運動方向，看運動方向是否發(fā)生變化，只要考慮速度的正負是否發(fā)生變化，二、圖像的斜率表示物體運動的加速度，三、圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，在坐標軸上方表示正方向位移，在坐標軸下方表示負方向位移9、AC【解析】A.根據題述，A點的電場強度垂直AB向下，由平行四邊形法則可知，q1帶正電，q2帶負電，選項A正確；B.可粗略畫出兩點電荷電場的等勢面，據疊加可得A點的電勢高于D點，選項B錯誤；CD.根據題述，A點的電場強度垂直AB向下，可得sin 30，又r22r1，聯(lián)立解得q22q1，選項C正確，D錯誤。10、BC【解析】衛(wèi)星a隨地球自轉做勻速圓周運動

18、向心力由萬有引力的分力提供：，可知其向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；對b、c、d萬有引力提供向心力：，可得軌道半徑越大，線速度、角速度越小，a、c兩顆衛(wèi)星角速度相等，再結合v=r可知c的線速度大于a的線速度，所以四個衛(wèi)星中b的線速度最大，故B正確；a、c周期相等都是24小時，c在4小時內(即T/6)轉過的圓心角是/3，2小時是T/12，a轉過的圓心角是/6，所以C正確；根據可知，軌道半徑越大，周期越大，b、c、d三顆衛(wèi)星，d的周期最大，b的周期最小，故d的周期大于24小時，所以D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、小車的總質量

19、 小車所受外力 在質量不變的條件下，加速度與外力成正比 所掛鉤碼的總質量太大 【解析】1在研究加速度和力的關系的實驗中，應保持小車的總質量不變2用鉤碼所受的重力作為小車所受外力。3根據圖線知段為正比例函數，由此可知在質量不變的條件下，加速度與外力成正比。4實驗中要求所掛鉤碼的總質量要遠小于小車的總質量，圖線的段明顯偏離直線，主要原因是所掛鉤碼的總質量太大。12、使兩次力的作用效果相同 F 【解析】實驗在實驗中F和分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區(qū)別即可正確答題，本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用【詳解】（

20、1）本實驗中兩個拉力的作用效果和一個拉力的作用效果相同，采用的科學方法是等效替代法；故選B；（2）圖乙中的F與中，F(xiàn)是由平行四邊形得出的，而是通過實驗方法得出的，其方向一定與橡皮筋的方向相同，F(xiàn)是力和的合力的理論值.【點睛】本實驗采用的是“等效替代”的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明確“理論值”和“實驗值”的區(qū)別四、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)5m/s；(2)0.4；4J；(3)2m/s【解析】(1)以滑塊為研究對象，從釋放到C點的過程，由動能定理得：代入數據得(2)滑塊從

21、C點到D點一直加速，到D點恰好與傳送帶同速，由動能定理得代入數據解得滑塊在皮帶上運動的時間皮帶與滑塊的相對位移經過傳送帶過程系統(tǒng)因摩擦力增加的內能為解得 (3)設物體經過G點的速度為 ，落在傳送帶上的落點H，則在從G到H過程中做平拋運動，根據幾何關系得該過程的豎直位移水平位移聯(lián)立解得滑塊從D點到G點的過程，由動能定理得代入數據解得即傳送帶的速度應調為14、 (1) (2)0.25m【解析】(1) 設BD段長度為，動摩擦因數為，研究物塊運動，從A到D的過程，根據動能定理：解得：從A到C的過程中，根據動能定理有：解得：(2) 物塊在C處速度減為零后，由于物塊將會下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復運

22、動，直到停止在B點。根據能量守恒定律有：而摩擦生熱為：代入數據解得物塊在BD板上的總路程為: s=0.25m15、（1）1=0.1，2=0.3；（2）2.625m；（3）3.6m；【解析】（1）由v-t圖象得到小物塊的加速度，根據牛頓第二定律列式求解動摩擦因數；再對長木板受力分析，根據v-t圖象得到加速度，根據牛頓第二定律列式求解木板與地面間的動摩擦因數2。（2）根據v-t圖象得到1s內滑塊與木板的位移大小，得到相對位移大??；1s后都是減速，但滑塊相對木板再次右移，根據運動學公式列式分析；（3）先小物塊的速度突然反向，先對木板和滑塊分別受力分析，根據牛頓第二定律得到加速度，再結合運動學公式求解

23、相對位移。【詳解】（1）小物塊的加速度：，長木板的加速度：，對小物塊受力分析，受重力、支持力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律，有：1mg=ma1，木板水平方向受滑塊向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根據牛頓第二定律，有：-1mg-2（M+m）g=Ma2，解得：1=0.1，2=0.3；（2）v-t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，1s內相對位移大?。簒1=613m；m受摩擦力：f1=1mg=2N，M受地面的滑動摩擦力：f2=2(M+m)g=18N，1s后M與m均是減速，但M加速度小于m的加速度，分別為：a11m/s2，a24m/s2，1s后M的位移：xM，1s后m的位移：xm，1s后m相對于M的位移：x=xm-xM=0.375m；故小物塊最終停在距木板右端：x1-x=3-0.375=2.625m；（3）若在t=1s時。使小物塊的速度突然反向，則m受向后的摩擦力，一直到速度減小為零；M受向左的兩個摩擦力，一直到速度減為零；m的加速度：，M的加速度： 對m，位移：對M，位移：故2s后的相對位移大小：x=x1+x2=0.6m，故木板的長度L=x+x1=0.6m+3m=3.6m；【點睛】本題是滑板問題，物體多、過程多、規(guī)律多，要分研究對象、分階段受力分析，根據牛頓第二定律列式，根據位移公式多次列式求解，難度較大。