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1、2022-2023 高三上物理期中模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、物体 A、B、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为 mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为 A、B、C用水平拉力 F分别拉物体 A、B、C，所得
2、加速度a 与拉力 F 的关系如图所示，A、B 两直线平行，B、C 延长线交于 a 轴负半轴同一点 则以下关系正确的是（）AA=B=C BAB=C CmA=mBmC DmAmB=mC 2、如图所示,质量为 m 的木块 A 放在质量为 M 的三角形斜劈 B 上，现用大小相等、方向相反的水平力 F 分别推 A 和 B，它们均静止不动,重力加速度为 g，则（）AA 与 B 之间一定存在摩擦力 BB 与地面之间一定存在摩擦力 CB 对 A 的支持力一定小于 mg D地面对 B 的支持力的大小一定等于(Mm)g 3、如图所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成 角，
3、此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的（）A12 B1cos2 C12sin D1tan2 4、一简谐横波在 t0 时刻的波形如图所示，质点 a 的振动方向在图中已标出下列说法正确的是()A该波沿 x轴负方向传播 B从该时刻起经过一个周期，a、b、c三点经过的路程 c 点最大 C从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是 c点 D若 t0.2 s 时质点 c第一次到达波谷；则此波的传播速度为 50 m/s 5、如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有 A、B 两个轻环，系在两环上的登场细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则 A杆对 A 环的支持力变大 BB 环对杆的摩
4、擦力变小 C杆对 A 环的力不变 D与 B 环相连的细绳对书本的拉力变大 6、从倾角为的足够长的斜面上的 A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出第一次初速度为 v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为1，第二次初速度为 v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为2，若 v1v2 ，则（）A12 B12 C12 D无法确定 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。7、如图所示，木块在垂直于倾斜天花板方向的推力 F 作用下处于静止状态，下列判断
5、正确的是 A天花板与木块间的弹力可能为零 B天花板对木块的摩擦力一定不为零 C逐渐增大 F，木块将始终保持静止状态 D逐渐增大 F，木块受到天花板的摩擦力也随之增大 8、2016 年 10 月 17 日，“神舟十一号”飞船载着景海鹏和陈冬两名宇航员顺利飞入太空。下面关于飞船与火箭上天的情形，其中叙述正确的是()A火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力 B火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 C火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力 D飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一
6、对作用力与反作用力 9、如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一小段距离，斜面体始终静止则在移动过程中()A斜面对小球的支持力变大 B细线对小球的拉力变大 C斜面对水平面的压力变大 D水平面对斜面的摩擦力变小 10、如图所示，一简谐横渡在某区域沿 x轴传播，实线 a为 t=0 时刻的波形图线，虚线 b 为 t=0.5s 时刻的波形图线，虚线 b与 x轴交点 P的坐标为 x=1m，下列说法正确的是 At=0 时刻 P质点的位移为 5cm B这列波的传播速度大小可能为 32m/s C这列波的波源振动频率可能为
7、2.25Hz Dt=1.5s 时刻 P点可能处于波谷位置 E.若该波遇到宽度为 7m的障碍物能发生明显的衍射现象 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端 P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为 b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连导轨上 Q点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为 d （1）实验时，该同学进行了如下操作：开启气泵，调节细沙的质量，使滑块处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为 _；在沙桶中
8、再加入质量为 m的细沙，让滑块从 P点由静止开始运动已知光电门记录挡光片挡光的时间为 t，则滑块通过 Q点的瞬时速度为_.（2）在滑块从 P点运动到 Q点的过程中，滑块的机械能增加量 E1_，沙桶和细沙的机械能减少量 E2_在误差允许的范围内，如果 E1E2，则滑块、沙桶和细沙组成的系统机械能守恒 12（12 分）如图是“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带，从 O点开始每 5 个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是 50Hz），依照打点的先后依次编为 1、2、3、4、5、6，量得 s1=1.22cm，s2=2.00cm，s3=2.78cm，s4=3.62cm，s5=4.40cm，
9、s6=5.18cm （1）相邻两计数点间的时间间隔为 T=_s（2）打点计时器打计数点 3 时，小车的速度大小 v3=_m/s（3）计算小车的加速度大小为 a=_m/s2（计算结果保留两位有效数字）四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，由金属凹槽制成的光滑的34圆弧轨道固定在水平地面上，半径为 R在轨道右侧的正上方分别将金属小球 A由静止释放，小球距离地面的高度用 hA表示，则 （1）若 A小球能过轨道的最高点，求 hA的最小值；（2）适当的调整 hA，是否能使两小球从轨道最高点飞出后，恰
10、好落在轨道右端口处？（请用公式定量计算证明）14（16 分）如图甲所示为竖直放置的离防轨道，其中圆轨道的半径0.10mr，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器（图中未画出），小球（可视为质点）从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力AF和BF（g取210m/s）（1）若不计小球所受阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度Av的大小（2）若不计小球所受阻力，小球每次都能通过B点，BF随AF变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m（3）若小球所受阻力不可忽略，小球质量为第（2）问所述结果，BF随AF变化的图线如图乙中的b所示，求当6.0NBF 时
11、，小球从A运动到B的过程中损失的机械能E 15（12 分）如图所示，质量为 m=2.0kg 的小物块以初速度 v0=5.0m/s 从左端滑上粗糙水平桌面上做减速直线运动，经时间 t=0.5s 后飞离桌面，最终落在水平地面上，小物块与桌面间的动摩擦因数=0.2，桌面高 h=0.45 m，不计空气阻力。求:(1)小物块离开桌面时速度 v 的大小和桌面长度 l的大小(2)小物块落地点距飞出点的水平距离 x和落地速度 v2 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据牛顿第二定律得到加速度的函数表达式，
12、由函数关系式和图线的关系进行比较即可得解【详解】根据牛顿第二定律：F-mg=ma，可得加速度 a=1mF-g，由函数关系式和图线的关系可知，图线的斜率为1m，A、B 两直线平行斜率相同且大于 C 直线的斜率，即 mA=mBmC；图线在纵轴的截距为g，所以有：AB=C，故 A、B、D 错误，C 正确 故选 C 2、D【解析】AC对物体 A 受力分析，根据共点力平衡的条件 若 mg与 F的合力与 N等大反向，此时 A与 B之间不存在摩擦力，且 Nmg，即 B对A的支持力大于 mg，故 AC 错误。BD对 A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力 N和已知的两个推力，对于整体，由于两个
13、推力刚好平衡，故 B与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有 N=（M+m）g 故 B 错误，D 正确；故选 D。3、C【解析】以人为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件，两绳子合力与重力等大反向，则有：2 sinFmg 解得：2sinmgF 故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的12sin，故 C正确，A、B、D 错误故选C【点睛】本题要注意明确两侧绳子的拉力大小相等，关于竖直方向具有对称性，同时正确应用平衡条件进行分析求解即可 4、C【解析】A质点 a向上运动，结合波形平移法，波向 x轴正方向传播，故 A 错误；B经过一个周期，质点回到原位置，a、b、c三点的路程相等，均为 4
14、A，故 B 错误；C结合波形平移法，此刻 b点向下运动，故第一次最快回到平衡位置的是 c 点，故 C正确；D若 t=0.2s 时质点 c第一次到达波谷，则 t=12T，解得 T=2t=0.4s；故 5m/svT 故 D 错误；5、B【解析】A对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对 A环的支持力不变，选项 A错误；BD对圆环 B 受力分析可知，f=Tcos；对书本：2Tsin=mg，解得2tanmgf（其中的 是绳与杆之间的夹角），则当两环距离变小后，变大，则 f 减小，与 B 环相连的细绳对书本的拉力 T变小，选项 B 正确，D 错误；C同理，杆对 A 环的
15、摩擦力减小，杆对 A 环的支持力不变，则杆对 A环的力减小，选项 C 错误 6、C【解析】根据2012tangtv t得：02 tanvtg 则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：02tanyvgtv 设速度与水平方向的夹角为，有：0tan2tanyvv 知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球与水平方向的夹角相同，因为速度方向与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角减去斜面的倾角，所以有：12 A.与分析不符，故 A 错误；B.与分析不符，故 B 错误；C.与分析相符，故 C 正确；D.与分析不符，故 D 错误。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小
16、题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。7、BC【解析】AB木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，故 A 错误，B 正确；CD木块受力如图。根据平衡条件得 cosFNG sinfG 当逐渐增大 F的过程，N增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力 f 不变，木块将始终保持静止，故 C正确，D 错误。8、AD【解析】AB火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用，从而让火箭获得了向上的推力，故 A 正确、B 错误；C火箭飞出大气层后，虽然没有空气，火箭向后喷气，喷出的气
17、体反过来对火箭产生一个反作用力，使火箭获得了向前的推力，故 C 错误；D火箭飞出大气层进入运行轨道之后，还受重力，同时对地球产生吸引力，所以与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，故 D正确。9、BD【解析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化【详解】A、B 项：设物体和斜面的质量分别为 m和 M，绳子与斜面的夹角为 取球研究：小球受到重力 mg、斜面的支持力 N 和绳子的拉力 T，则由平衡条件得：斜面方向：mgsin=Tcos 垂直斜面方向：N+Tsin=mg
18、cos 使小球沿斜面缓慢移动时，增大，其他量不变，由式知，T 增大 由知，N 变小，故 A 错误，B 正确；C、D 项：对斜面和小球整体分析受力：重力 Mg、地面的支持力 N和摩擦力 f、绳子拉力 T，由平衡条件得 f=Nsin，N 变小，则 f 变小，N=Mg+Ncos，N 变小，则 N变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小故 C 错误，D 正确 故应选：BD【点睛】本题采用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，分析受力情况是基础，要根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解各个力的表达式进行分析 10、CDE【解析】AP质点的平衡位置坐标为 xP=1m，由图可知波长为 8m，P质点的位移
19、 110sin2)m5 2m8y（故 A 错误 BC若波向右传播，则有：111 82 160,1,2,30.5xnnvn ntm/s 根据 1vf 解得：0.2520,1,2,3fn nHz 若波向左传播，则有：227814160,1,2,30.5xnnvn ntm/s 根据 2vf 解得：1.7520,1,2,3fn n Hz 当 n=1 时，2.25f Hz 或3.75f Hz，故 B 错误，C 正确；D当 n=0 时，则 T=4s，波向右传播，P质点在 t=l.5s 时刻处于波谷位置，故 D 正确；E由于波长大于 7m，故遇到障碍物能发生明显的衍射现象，故 E 正确。故选 CDE。三、实
20、验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）（2）；【解析】试题分析：（1）滑块处于静止状态，在沿斜面方向上有，而绳子的拉力等于沙桶和细沙的总重力，故沙桶和细沙的总质量为 光电门的宽度非常窄，所以通过光电门的瞬时速度可近似等于通过光电门的平均速度，故通过 Q 点的瞬时速度为（2）在滑块从 P 点运动到 Q 点的过程中，滑块的动能增加，重力势能增加，则滑块的机械能增加量为，沙桶和细沙重力势能减小，动能增加，则沙桶和细沙机械能的减小量为 考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理 实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对
21、于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题 要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键 12、0.1 0.32 0.80 【解析】（1）1.由于从 O点开始每 5 个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是 50Hz），所以相邻的计数点间有 5 个时间间隔，即 T=50.02s=0.1s；（2）2.根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 3 点时小车的瞬时速度大小；3430.02780.0362m/s0.32m/s20.2ssvT（3）3.根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大
22、小，得：s4-s1=3a1T2 s5-s2=3a2T2 s6-s3=3a3T2 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：22212325.184.403.622.782.001.221310m/s0.80m/s9 01aaaa（）四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）52R（2）不能【解析】（1）小球恰能经过最高点时：2vmgmR 解得vgR 由动能定理：21(2)2Amg hRmv 解得：52AhR （2）若小球恰能经过最高点，则从最高点飞出后做平抛运动，则xvt 212Rgt 解得2
23、xRR 则小球不能落到轨道右端口处.14、（1）2.2m/s；（2）0.1kg；（3）0.2J【解析】（1）根据牛顿第二定律有2Bmvmgr根据机械能守恒定律有：2211222ABmvmvmgr 所以5m/s2.2m/sAv （2）根据第（1）问及图乙可知，当小球通过A点时的速度为2.2m/s时，小球对轨道压力的大小1=6NAF设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为2AF，根据牛顿运动定律有12=AAFF且有22AAmvFmgr所以0.1kgm （3）根据牛顿运动定律有AAFF且2AAmvFmgr BBFF且2BBmvFmgr 根据功能原理有2211222ABmvmvmgrE所以=0.2J
24、E 点睛：此题综合考查了圆周运动、牛顿第二定律及动能定理等知识；解题时要能挖掘隐含条件，知道“小球恰能过 B 点”的含义，能够读懂图象中隐含的物理信息是解决本题的关键.15、（1）4.0m/s;2.25m （2）1.2m,5m/s，方向与水平方向成 37【解析】(1)小物块受到摩擦力fmg，根据牛顿第二定律,f=ma 得 22m/sa 根据0vval得离开桌面时速度为:v=4.0m/s;根据2012lv tat，得桌长为:l=2.25m (2)设平抛运动的时间为 t1。由平抛运动规律，有:竖直方向:2112hgt 得 10.3st 水平方向:1xvt 得 x=1.2m.速度 3m/sylvgt 得 22205m/syvvv 方向与水平方向夹角 0tan0.75yvv =37